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2024-2025高二数学下学期模拟卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知，则的最小值是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．若随机变量服从正态分布，则（ ）
A． B．
C． D．
4．若A、B相互独立，，则（ ）
A．0.6 B．0.7 C．0.8 D．0.9
5．设是定义在上的偶函数，当时，．若对任意，均有，则（ ）
A． B． C． D．
6．高一年级举行“校园安全伴你行”知识能力竞赛，男生队40人，女生队60人，按照比例分配的分层抽样的方法从两队共抽取20人，相关统计情况如下：男生队答对题目的平均数为5，方差为1；女生队答对题目的平均数为4，方差为2，则这20人答对题目的方差为（ ）
A．1.8 B．1.82 C．1.84 D．1.86
7．已知，求的值（ ）
A．2012 B．2013
C．1006 D．1007
8．若函数是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．某校组织安全知识主题演讲比赛，如图是7位评委给甲、乙两位同学演讲的评分（满分10分）．
根据图中数据，下列结论正确的是（ ）
A．甲的评分的极差大于乙的评分的极差
B．甲的评分的第60百分位数大于乙的评分的第60百分位数
C．甲的评分的平均数大于乙的评分的平均数
D．甲的评分的方差大于乙的评分的方差
10．将4个编号为1，2，3，4的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子中（ ）
A．有256种放法
B．把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有12种放法
C．恰有一个空盒，有324种放法
D．每盒至多两球，有204种放法
11．我国著名数学家华罗庚先生曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，解决相关的问题，已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．若函数存在两个零点，且，则
C．若恒成立，则
D．当时，与存在两条公切线
三、填空题
12．随机变量的概率分布密度函数，其图象如图所示，设，则图中阴影部分的面积为 .
13．设为正整数，已知的二项展开式中第项为常数项，则展开式中各项的系数之和为 ．
14．已知函数是定义在上的偶函数，是的导函数，，若在上恒成立，则正实数的取值范围是 .
四、解答题
15．一袋子中有大小相同的10个小球，其中有3个白球，7个黑球.现从中依次摸出2个球，记摸到白球的个数为X.
(1)若采用不放回摸球，求X的分布列；
(2)若采用有放回摸球，求X的数学期望与方差.
16．已知.
(1)求的值.
(2)若，求被4除后的余数.
(3)求的值.
17．已知函数．
(1)若为函数的极值点，求实数的值；
(2)求函数的单调区间．
18．某校为了给高三学生举办“18岁成人礼”活动，由团委草拟了活动方案，并以问卷的形式调查了部分同学对活动方案的评分（满分100分），所得评分统计如图所示.
(1)以频率估计概率，若在所有的学生中随机抽取3人，记评分在的人数为，求的数学期望和方差.
(2)为了解评分是否与性别有关，随机抽取了部分问卷，统计结果如下表所示，则依据的独立性检验，能否认为评分与性别有关？
男生 女生
评分 30 35
评分 20 15
(3)若将（2）中表格的人数数据都扩大为原来的10倍，则依据的独立性检验，所得结论与（2）中所得结论是否一致？直接给出结论即可，不必书写计算过程.
参考数据：
0.1 0.05 0.01
2.706 3.841 6.635
19．已知函数（a为常数）.
(1)求函数的单调区间；
(2)若存在两个不相等的正数，满足，求证：.
(3)若有两个零点，，证明：.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
《2024-2025高二数学下学期模拟卷》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C A B D C C C BC ABD
题号 11
答案 ACD
1．A
【分析】先求出集合，再根据集合交集概念计算即可.
【详解】因为，，
所以，故，
故选：A
2．C
【分析】将拼凑成，再结合基本不等式即可求解.
【详解】原式变形可得，由得，
所以
，
当且仅当即时取等号；
所以.
故选：C
3．A
【分析】根据题意，利用正态分布曲线的对称性，逐项分析判断，即可求解.
【详解】由随机变量服从正态分布，可得正态分布的对称轴为，
对于A中，根据正态分布曲线的对称性，可得，所以A正确；
对于B中，根据正态分布曲线的对称性，可得，所以B不正确；
对于C中，根据正态分布曲线的对称性，可得，
且，其中，
所以，所以C不正确；
对于D中，由，
又由
因为，
所以，所以D错误.
故选：A
4．B
【分析】由概率的加法公式和相互独立事件的定义列式求解.
【详解】，
因为事件A、B相互独立，所以，所以.
故选：B.
5．D
【分析】由偶函数的性质可得函数的解析式，利用分类讨论思想，根据分段函数的取值，化简不等式，可得答案.
【详解】由函数是偶函数，则，
当时，，可得，
所以，
易知函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，由，则，由，则，
由函数在上单调递增，则不等式显然不成立；
当，即时，由，则，
由，则，由函数在上单调递减，则不等式显然成立；
当，即时，
①当时，，由，则，
由，则，由函数在上单调递减，则不等式显然成立；
②当且时，由，则，
由，则，由函数在上单调递增，则，
化简可得，解得；
当且时，由，则，
由，则，由函数在上单调递增，则不等式显然不成立.
综上所述，.
故选：D.
6．C
【分析】借助分层抽样的平均数与方差公式计算即可得.
【详解】根据题意，按照比例分配分层抽样的方法从男生队中抽取人，
从女生队中抽取人，
这20人答对题目的平均数为，
所以这20人答对题目的方差为.
故选：C.
7．C
【分析】根据已知得到，进而求解结论.
【详解】因为，
所以
，
所以，
故选：C.
8．C
【分析】结合一次函数和二次函数的单调性即可求得.
【详解】由题意可知，在上单调递增，则，即，
在上单调递增，则，
又是R上的单调递增函数，则，即，
综上可得，实数a的取值范围是.
故选：C
9．BC
【分析】结合已知数据，应用极差定义可判断A，应用百分位数定义计算可判断B，应用平均数计算求解可判断C，根据数据的波动性可判断D.
【详解】甲、乙的评分从小到大排列为：
甲 7.5 7.5 8.0 8.0 8.5 8.5 9.0
乙 6.5 7.0 7.5 8.0 8.0 9.0 9.5
甲的评分的极差为，乙的评分的极差为，显然甲的评分的极差小于乙的评分的极差，A错误；
因为，所以评分的第60百分位数为第5个数，所以甲的评分的第60百分位数为8.5，乙的评分的第60百分位数为8.0，B正确；
，，所以甲的评分的平均数大于乙的评分的平均数，C正确；
由图可知，甲的评分的波动性较小，乙的评分的波动性较大，所以甲的评分的方差小于乙的评分的方差，D错误．
故选：BC．
10．ABD
【分析】对于A，根据分步乘法原理分析求解；对于B，先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个，据此可得总放法；对于C ，先从4个盒子中选出一个空盒，再从4个球中选2个放入剩下3个盒子中的1个，最后再安排剩余2球，据此可得总放法；对于D，由A分析，减去一盒至少有3个的情况可得总放法.
【详解】对于A，每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有种放法，故A正确；
对于B，先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个.
由于球是相同的即没有顺序，所以属于组合问题，故共有种放法，故B正确；
对于C，先从4个盒子中选出一个空盒，再从4个球中选2个放入剩下3个盒子中的1个，再将剩余2球各1个放入剩余2盒中，
故有种放法，故C错误；
对于D，由A分析，不考虑盒中球个数，共有256种放法，.
若一个盒中放3个球，另外1盒放1球，则有种放法，
若1个盒中放4球，有4种放法，故每盒至少3个球的情况有种，
所以每盒至多两球，有种放法，故D正确.
故选：ABD
11．ACD
【分析】对于当时，首先，再利用指对的切线放缩可得；对于B，根据函数的零点，结合图像分析可得，解不等式即可判断；对于C，由恒成立，可得与存在公共零点，然后可解的值；对于D，利用公切线的求解方式，建立方程组，然后判断解得个数即可.
【详解】选项A：当时，，当且仅当时取等号，
又，当且仅当时取等号，，故A正确；
选项B：存在两个零点且，
与的图象有两个交点，
结合图象可知，，即，故B错误；
选项C：恒成立，
又与在定义域内单调递增，
与存在公共零点，
且，故C正确；
选项D：设曲线的切点为，则切线斜率为，
∴切线方程为，即．
设曲线的切点为，
，∴切线斜率为，切线方程为，
即．由题意得，解得，
则，即，
设，则，
设，则，
则由得得，
则在上单调递减，在上单调递增，
，，
则由零点存在性定理可知，使得，即，
又因为当时，，则，则由得；
得，则在上单调递减，在上单调递增，
则，
，
则由零点存在性定理可知，在和上分别存在一个零点，
则方程存在两个根，和存在两条公切线，故D正确；
故选：ACD．
12．0.3/
【分析】利用正态分布曲线的对称性即可求解.
【详解】随机变量的概率分布密度函数，
则，故，
故图中阴影部分的面积为.
故答案为：0.3
13．
【分析】利用二项展开式中第项为常数项求出，再令答案可得
【详解】设展开式的通项为，
因为二项展开式中第项为，
由，解得，
令，可得展开式中各项的系数之和.
故答案为：64.
14．
【分析】因为函数为偶函数所以对其求导，得出，再利用奇偶性构造关于和的方程组，进而求出的解析式，化简题中式子再构造函数，通过求导求其最小值即可.
【详解】已知①，所以②，
又因为是定义在上的偶函数，所以，
对其求导有：，带入②中有③，
由①+③可得：，即.
若在上恒成立，则在上恒成立，
设，，
因为，令，即，解得，
令，解得，此时在区间上单调递减；
令，解得，此时在区间上单调递增；
所以，在处取得最小值，
所以即，，故，
所以正实数的取值范围是.
故答案为：
15．(1)分布列见解析；
(2)期望，方差.
【分析】（1）求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列.
（2），利用二项分布的期望方差计算得解.
【详解】（1）依题意，的所有可能取值为，
，，
所以的分布为：
0 1 2
（2）依题意，的所有可能取值为，每次摸到白球的概率为，则，
所以的期望，方差.
16．(1)
(2)3
(3)
【分析】（1）令，得到，令，得到，两式相加除以2即可
（2）将代入化简并展开即可得出答案
（3）两边同时对求导，令即可
【详解】（1）令，有，
令，有，
即，
两式相加除以2，得.
（2）当时，
，
所以被4除后的余数为3.
（3）因为，
等式两边同时对求导可得
，
令，可得.
17．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）求导后，利用极值点的定义可知，从而求得，再进行验证即可求解；
（2）结合定义域，按照、、和分类讨论，可得的单调区间.
【详解】（1）因为，所以，
因为为函数的极值点，所以，
即，故，当时，，
所以当时，，当或时，，
所以函数在上单调递减，在和上单调递增；
此时为函数的极小值点，故；
（2）由（1）知，，
当时，由得，令得；令得；
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，令，解得或，令得；
所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为；
当时，恒成立，所以函数的单调递增区间为；
当时，令，解得或，令得；
所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为；
综上：当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，函数的单调递增区间为，，单调递减区间为；
当时，函数的单调递增区间为；
当时，函数的单调递增区间为，，单调递减区间为.
18．(1)；
(2)
不能认为评分与性别有关；
(3)不一致.
【分析】（1）由题意可得，即可得的数学期望和方差；
（2）求出的值，即可判断；
（3）将表中的人数数据都扩大为原来的10倍后，求出的值，即可得结论.
【详解】（1）解：由频率分布直方图可知评分在的频率为，
所以.
所以.
（2）解：依题意，
故依据的独立性检验，不能认为评分与性别有关.
（3）解：将表中的人数数据都扩大为原来的10倍后，
.
所以能认为评分与性别有关，
故所得结论与（2）中所得结论不一致.
19．(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）利用对数均值不等式（，，）即可得证.
（3）由题意得，要证，只需证：，利用换元，令，只需证：，由对数均值不等式即得.
【详解】（1）由，得函数的定义域为，
又，
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，得；令，得；
所以，的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）由，得，
故欲证，只需证：，即证，
又，，，
不妨设，，等价于，令（），
等价于（），
，所以在单调递增，而，
所以，当时，恒成立.
所以，
所以.
（3）函数有两个零点，，所以，，
不妨设，，
即，要证：，
需证：
只需证：，只需证：，
只需证：，只需证：，
令，只需证：，
令，，
所以在上单调递减，所以，即，
故.
也可由对数均值不等式（），即，
令（），则，即，
所以.
【点睛】本题考查不等式的证明，可转化为函数求最值以及恒成立问题结决，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若若，，有，则的值域是值域的子集 ．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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