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2024-2025 学年重庆市部分校联考高二下学期 5 月月考
数学试卷
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知离散型随机变量 的分布列为
1 2 3 4
1 1 1
12 4 3
则实数 的值为( )
A. 1 B. 2 C. 1 D. 13 5 4 12
2.某地天气预报资料显示，近段时间中一天下雨的概率是 0.8，连续两天都下雨的概率是 0.6.已知某天下雨，
则随后一天也下雨的概率是( )
A. 0.75 B. 0.48 C. 0.8 D. 0.6
3.要安排 6 名学生到 5 个乡村做志愿者，每名学生只能选择去 1 个村，每个村里至少有 1 名志愿者，则不
同的安排方法共有( )
A. 720 种 B. 1800 种 C. 3600 种 D. 1200 种
4.已知函数 ( ) = 3 在[1,2]上单调递增，则实数 的取值范围是( )
A. ≥ 3 B. ≥ 12 C. ≤ 3 D. < 12
5.在( + )( )6的展开式中，则 5 2的系数为( )
A. 10 B. 21 C. 30 D. 9
6.某次数学测试有 8 道单选题(4 选 1).小王能完整做对其中 5 道题，剩余 3 道题中，有 2 道题有思路，且
做对的概率都是 0.8，有 1 道题完全没有思路，且猜对的概率是 0.25.从中任选 1 道题，小王做对该题的概
率为( )
A. 0.8 B. 137 7 1160 C. 8 D. 5
7.已知 ( )是定义在 上的奇函数，且当 > 0 时， ′( ) < ( )，则( )
A. (4) > (3) B. (4) > 2 (2)
C. ( 4) > 2 ( 2) D. ( 4) > ( 3)
8.拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数 在闭区间 , 上的图象连续
不间断，在开区间 , 内的导数为 ′ ，那么在区间 , 内至少存在一点 ，使得 =
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′ 成立，其中 叫做 在 , 上的“拉格朗日中值点”.根据这个定理，可得函数 =
2 ln 在 1,2 上的“拉格朗日中值点”的个数为( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.以下说法正确的是( )
A.相关系数 用来衡量成对样本数据的线性相关程度，而决定系数 2可以用来比较两个模型的拟合效果
B.若 ( ) = 2， ( ) = 1，则 (2 + 1) = 5， (2 + 1) = 2
C.已知经验回归方程为 = + 3，且样本点的中心为(1,2)，则 = 2 的预测值为 1
D.某校高二年级的男生身高 (单位：cm)近似服从正态分布 170, 52 .若该校高二年级有 1000 名男生，则
身高在[165,180]内的男生大约有 819 人(参考数据： ( ≤ ≤ + ) = 0.6827， ( 2 ≤ ≤ +
2 ) = 0.9545. )
10.已知函数 ( ) = 4 + 2，若曲线 = ( )过点 (1,1)的切线有两条，则实数 的值不可能为( )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
11.我国南宋数学家杨辉 1261 年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者对杨辉
三角做了广泛的研究.下列结论正确的是( )
A. 2 22 + 3 + 2 + 2 2 24 5 + + 9 + 10 = 165
B.第 2025 行的第 1013 个数和第 1014 个数相等
C.记杨辉三角中第 行的第 个数为 ，则 +1 1 =1 2 = 3
1
D.在杨辉三角中，第 行所有数字的平方和恰好是第 2 行的中间一项的数字
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12.从 5 名女生、2 名男生中任选 3 人参加数学竞赛，且至多有 1 名男生入选，则不同的选法共有 种
. (用数字作答)
13.若函数 ( ) = 2在区间(0, + ∞)上有 2 个极值点，则实数 的取值范围是 ．
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14.某病毒感染率为 0.2.现对某地区进行抽样调查，若抽到感染者，则停止抽样，否则继续抽样直到抽到感
染者为止，但抽样次数不超过 次.记抽查次数为 ，则 ( = ) = ( = 1,2,3, , 1);要使抽查次数
的期望值不超过 3，则 的最大值为 ．
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题 13 分)
已知(2 1) 的展开式中只有第 5 项的二项式系数最大．
(1)求 的值；
(2)设(2 1) = 0 + 1 + 2 2 + + ，求 1 + 3 + 5 + + 1的值．
16.(本小题 15 分)
教师节来临，学校预在今年的“教职工趣味运动会”中添加一个新的比赛项目.为了解教职工对该项目的兴
趣，现从全校教职工中随机抽取 100 人进行调查，得到如下 2 × 2 列联表．
性别 喜欢 不喜欢 总计
男 40 60
女 30
总计 100
(1)请补充完整该 2 × 2 列联表，并判断能否在犯错误不超过 0.001 的前提条件下，认为喜欢此项目与性别
有关．
( )2
参考公式： 2 = ( + )( + )( + )( + )，其中 = + + + ．
参考数据：
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
(2)现按性别从这 100 名教职工中分层抽样抽取 5 人参加抽奖活动，奖品共 3 份.如果是女职工获奖，那么
奖品价值 200 元;如果是男职工获奖，那么奖品价值 180 元.求奖品总价值 的分布列及期望 ( )．
17.(本小题 15 分)
1 1
已知函数 ( ) = 3 + 23 2 ．
(1)讨论 ( )的单调性;
(2)若 ( )有三个零点，求 的取值范围．
18.(本小题 17 分)
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一个袋子中装有外观、材质完全相同的红、白两种球，其中红球 4 个，白球 个( ≥ 4, ∈ ).现从袋中一
次性摸出 2 个球，若 2 个球同色，记 1 分，否则记 0 分．
(1)求一次摸球得分为 1 的概率;
(2)若 = 4，有放回地摸三次球，求得分 的分布列及期望、方差;
(3)有放回地摸四次球，记四次摸球后得分为 3 的概率为 ，则当 为多少时， 最大
19.(本小题 17 分)
若函数 ( )在区间 上有意义，且存在 0 ∈ ，使得对任意的 ∈ ，当 < 0时， ( )单调递增，当 > 0
时， ( )单调递减，则称 ( )为 上的“抛物线型函数”，其中 ( 0)为 ( )在 上的峰值．
(Ⅰ)若函数 1( ) = ln( + 1) ( ≥ 1)，试判断 1( )是否是区间(1, + ∞)上的“抛物线型函数”;
(Ⅱ)若 3 22( ) = 3 是区间( 1, )上的“抛物线型函数”，求实数 的取值范围;
(Ⅲ)若函数 3( ) = (1 +1) + ln ，求证： 3( )是区间(0, + ∞)上的“抛物线型函数”，并求 3( )在区
间(0, + ∞)上的峰值．
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参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.30
13. 2 , + ∞
14.0.8 1 × 0.2；4
15.解：(1)由(2 1) 的展开式中只有第 5 项的二项式系数最大，得(2 1) 的展开式共有 9 项，
所以 = 8．
(2)由(1)知，(2 1)8 = 20 + 1 + 2 + + 8 8，
取 = 1，得 0 + 1 + 2 + + 8 = 1，取 = 1 时， 0 1 + 2 + 8 = ( 3)8 = 38，
1 38
所以 1 + 3 + 5 + 7 = 2 = 3280．
16.解：(1)补充完整列联表：
性别 喜欢 不喜欢 总计
男 40 20 60
女 10 30 40
总计 50 50 100
零假设为 0：喜欢此项目与性别无关，
根据列联表中的数据，经过计算得到：
2
2 = 100×(40×30 10×20)50×50×40×60 ≈ 16.67 > 10.828 = 0.001，
则根据小概率值 = 0.001 的独立性检验，我们推断 0不成立，
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即认为喜欢此项目与性别有关，此推断犯错误的概率不大于 0.001，
所以能在犯错误不超过 0.001 的前提条件下，认为喜欢此项目与性别有关；
(2) 5由题意，抽取 5 人中男职工为100 × 60 = 3 人，女职工为 5 3 = 2 人，
设获奖女职员数为 ，则总价值 = 200 + 180(3 ) = 540 + 20 ，
又 = 0,1,2，故 = 540,560,580，
3
( = 540) = 3 = 1
35 10
，
2
( = 560) = 3×
1
2 = 3
35 5
，
1 2
( = 580) = 3× 2 = 3
35 10
，
则 的分布列为：
540 560 580
1 3 3
10 5 10
则 ( ) = 540 × 1 3 310 + 560 × 5 + 580 × 10 = 564．
17.解：(1)已知 ( ) = 1 3 + 1 23 2 ，
则 ′( ) = 2 + ( 1) = ( 1)( + )，
令 ′( ) = 0，即( 1)( + ) = 0，解得 = 1 或 = ，
①若 > 1，即 < 1，
则当 ∈ ( ∞,1)或 ∈ ( , + ∞)时， ′( ) > 0，
即 ( )在( ∞,1)，( , + ∞)上单调递增，
当 ∈ (1, )时， ′( ) < 0，
即 ( )在(1, )上单调递减；
②若 = 1，则 ′( ) = ( 1)2 ≥ 0，且 ′( )不恒为 0，
即 ( )在( ∞, + ∞)上单调递增；
③若 < 1，即 > 1，
则当 ∈ ( ∞, )或 ∈ (1, + ∞)时， ′( ) > 0，
即 ( )在( ∞, )，(1, + ∞)上单调递增，
当 ∈ ( , 1)时， ′( ) < 0，
即 ( )在( , 1)上单调递减；
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综上所述，
当 < 1 时， ( )在( ∞,1)，( , + ∞)上单调递增， ( )在(1, )上单调递减，
当 = 1 时， ( )在( ∞, + ∞)上单调递增，
当 > 1 时， ( )在( ∞, )，(1, + ∞)上单调递增， ( )在( , 1)上单调递减；
(2)由(1)可知，当 ≠ 1 时， ( )有两个极值点 = 1 和 = ，
(1) = 1 + 1 3 13 2 = 6 ，
3 2 2
( ) = 1 · 3 + 1 · 2 · = 1 3 + + 2 = ( +3)3 2 3 2 6 ，
因为 ( )有三个零点，所以 ( )的极大值大于 0，极小值小于 0，
2
当 < 1 时， ( )的极大值为 (1) = 3 16 > 0，极小值 ( ) =
( +3)
6 < 0，
解得 < 3，
2
当 > 1 时， ( ) ( +3)的极大值为 ( ) = 6 > 0 (1) =
3 1
，极小值 6 < 0，
1
解得 > 3且 ≠ 0，
综上， 1的取值范围为( ∞, 3) ∪ ( 3 , 0) ∪ (0, + ∞).
18.解：(1) ( +4)( +3)从 + 4 个球中一次性摸出 2 个球的总组合数为 2 +4 = 2 ，
若 2 个球同色，分两种情况：
4×3
两个都是红球的组合数为 24 = 2 = 6，
( 1)
两个都是白球的组合数为 2 = 2 ，
一次摸球得分为 1(即 2 个球同色)的概率：
24+ 2 6+
( 1)
= = 2 12+ ( 1)
2 +12
2 +4 +3
=
+4 ( +4)( +3)
= 2+7 +12；
2
(2)当 = 4 时，即袋子里有 4 个红球和 4 个白球，共 8 个球，
2
1 = 4+
2 3
一次摸球得分为 的概率 41 = ， 28 7
3 4
则一次摸球得分为 0 的概率 0 = 1 7 = 7，
3
因为有放回地摸三次球，则 服从二项分布 ∽ (3, 7 )，
( = 0) = 03·(
3
7 )
0·( 47 )
3 = ( 47 )
3 = 64343，
( = 1) = 1 33·( 7 )
1·( 47 )
2 = 3 × 3 16 1447 × 49 = 343，
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( = 2) = 23·(
3 2 4 1 9 4 108
7 ) ·( 7 ) = 3 × 49 × 7 = 343，
( = 3) = 33·(
3 3 4 0 3 3 27
7 ) ·( 7 ) = ( 7 ) = 343，
0 1 2 3
64 144 108 27
343 343 343 343
期望 ( ) = 3 × 37 =
9
7，
方差 ( ) = 3 × 37 × (1
3 3 4 36
7 ) = 3 × 7 × 7 = 49；
(3)有放回地摸四次球，每次摸球得分为 1 的概率为
2
= +12 8 2+7 +12 = 1 2+7 +12， 4 ，
8
得分为 0 的概率为 1 ( ) = 2+7 +12，
由 + 1 ( ) = 8 8 +8 = 8 +4 3 2+7 +12 2+9 +20 2+7 +12 2+9 +20 ，
得当 4 时， + 1 ( ) > 0，即 单调递增，
可得 4 < 5 < 6 < ，
四次摸球后得分为 3，即有三次得 1 分，一次得 0 分，
根据二项分布概率公式 = 34 3 1 = 4 × 3 1 ，
设 = 4 3(1 ) = 4 3 4 4， ∈ (0,1)，
则 ′ = 12 2 16 3 = 4 2(3 4 )，令 ′ = 0 3，得 = 4，
则当 ∈ (0, 34 )时， ′ > 0， 单调递增，
当 ∈ ( 34 , 1)时， ′ < 0， 单调递减，
故令 ( ) = 1 8 3 2 2+7 +12 = 4，得 25 + 12 = 0，
= 25± 577 3 3即 2 ，所以有 24 ∈ (0, 4 ), 25 ∈ ( 4 , 1)，
又 5 < 6 < 7 < 且 25 时 ∈ 34 , 1 ，
结合 = 4 3(1 )， ∈ (0,1)的单调性，
得当 = 24 或 25 时， 取得最大，
又 = 24 时， = 4 24 3 1 24 ≈ 0.4218，
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= 25 时， = 4 25 3 1 25 ≈ 0.42，
比较得，当 = 24 时， 最大．
2
19.解：(Ⅰ)因为 1( ) = ln( + 1)
1
，所以 +11′( ) = +1 2 = 2 ，
设 ( ) = 2 +1 ，则当 ∈ (1, + ∞)时， ′( ) =
1
( +1)2 < 0，
所以 ( )在区间(1, + ∞)上单调递减，且 ( ) < (1) = 1 ≤ 0，
所以 1′( ) < 0， 1( )在区间(1, + ∞)上单调递减，
故 1( )不是区间(1, + ∞)上的“抛物线型函数”．
(Ⅱ)因为 2( ) = 3 3 2，所以 2′( ) = 3 2 6 ．
当 = 0 时 2( ) = 3 2在区间( ∞,0)上单调递增，在区间(0, + ∞)上单调递减，
但区间( 1, )为( 1,0)， 2( )在区间( 1,0)上单调递增，故不满足题意，
当 ≠ 0 2时，令 2′( ) = 0，得 = 0 或 = ．
若 > 0，当 ∈ ( ∞,0)时， 2′( ) > 0， 2( )在区间( ∞,0)上单调递增，
当 ∈ (0, 2 )时 2′( ) < 0, 2( )在区间(0,
2
)上单调递减，
当 ∈ ( 2 , + ∞)时 2′( ) > 0
2
， 2( )在区间( , + ∞)上单调递增，
( ) ≤
2 ,
若 2 是区间( 1, )上的“抛物线型函数”，则 解得 0 < < 1．
1 < 0,
< 0, ( ) ( ∞, 2 ) ( 2若 2 在区间 上单调递减，在区间 , 0)上单调递增，
在区间(0, + ∞)上单调递减，不存在( 1, )，使得 2( )在区间( 1, )上先增后减，故不满足题意．
综上， 的取值范围是(0,1)．
(Ⅲ)因为 ( ) = (1 +1) + ln 1，所以 ′( ) = 1 + ( + 1) +13 3 = ( + 1)(
1

+1)
1
设 ( ) = 1 +1 ，则 ( )
1
在区间(0, + ∞)上单调递减，且 ( 2 ) =
2 1+2 > 0， (1) = 1 2 < 0，
1
所以存在 0 ∈ ( 2 , 1)，使得 ( 0) = 0，
当 ∈ (0, 0)时， ( ) > 0， 3′( ) > 0， 3( )单调递增，
当 ∈ ( 0, + ∞)时， ( ) < 0， 3′( ) < 0， 3( )单调递减，
所以 3( )是区间(0, + ∞)上的“抛物线型函数”
由 ( 0) =
1

0+1 = 0 1，得 = 0+1 ，ln 0 = 0 1，0 0
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所以 3( 0) = +10(1 0 ) + ln 0 = 0(1
1
) 0 1 = 2，0
即 3( )在区间(0, + ∞)上的峰值为 2．
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