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河北省邢台市2024-2025学年高二下学期7月期末测试数学试题
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知某批零件的直径（单位：毫米）服从正态分布．若，则从这批零件中任意抽取1个零件，该零件的直径大于11毫米的概率为（ ）
A．0.35 B．0.15 C．0.3 D．0.175
3．的展开式的第4项的系数是（ ）
A． B． C． D．
4．用最小二乘法得到的一组数据的经验回归方程为．若，则（ ）
A．63 B．21 C．28 D．49
5．设随机变量的分布列如下表所示，则（ ）
1 2
A． B． C． D．或
6．已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．“”是“函数在处取得极小值”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
8．某校组织学生参加羽毛球 乒乓球 网球三种球类比赛，该校某班要求每个学生只能报名其中一种球类比赛，且每种球类比赛至少有1人参加．若该班有5名学生报名，其中甲 乙都不参加网球比赛，则该班这5名学生不同的报名方案共有（ ）
A．72种 B．62种 C．60种 D．48种
二、多选题
9．若，则（ ）
A． B．
C． D．
10．已知函数，则（ ）
A．在上单调递增 B．
C．的最大值为 D．有唯一零点
11．五人进行丢骰子游戏，最后统计每人所丢骰子的点数之和，点数之和最大的获胜．已知每人每次丢完后都等可能地随机传向另外4人中的1人．第1次由将骰子传出，记第次传骰子之后骰子在或手上的概率为，记第次传骰子之后骰子在手上的概率为，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
12．已知随机变量服从两点分布，．若，则 ．
13．若，且，则的最小值为 ．
14．已知函数．若方程有3个实数根，则的取值范围为 ．
四、解答题
15．现有8款不同的高难度智力扣，每名学生随机抽取3款进行破解．已知甲学生只能破解其中的4款，设甲学生抽到能破解的智力扣的数量为．
(1)求；
(2)求的分布列与数学期望．
16．已知函数．
(1)讨论的单调区间；
(2)证明：．
17．甲 乙两人进行赛马，比赛规则如下：甲 乙各挑选3匹马（马匹各不相同），每场比赛甲 乙均从各自挑选的马匹中挑选一匹本次比赛未上场的马进行比赛，三场比赛结束即为本次比赛结束，三场比赛依次进行，胜利场数多的一方获得本次比赛的胜利，每场比赛均只有胜负，且胜利与否互不影响．在所有马匹中，有一匹快马，记为马．经统计，在所有比赛中，参赛者的胜负情况和选择马与否的情况如下表所示．
单位：场
选择马与否 参赛者的胜负情况 合计
胜 负
选择 12
未选择 22
合计 30 100
(1)完成列联表，并依据的独立性检验，能否认为参赛者的胜负和选择马与否有关联？
(2)由于马匹的不同，马参加比赛的场次会进行调整．根据以往的数据统计，参赛者选择马参与比赛时，安排马参加第一场 第二场 第三场比赛的概率分别为，相应参赛者获得本次比赛胜利的概率分别为．当参赛者选择马参加比赛时，在参赛者获得本次比赛胜利的条件下，求参赛者安排K马参加的是第一场比赛的概率．
附：．
0.10 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
18．某产品生产共有道工序，每道工序优秀的概率均为，各道工序之间相互独立．当该产品有不少于道工序优秀时，该产品为优品．记产品为优品的概率为．
(1)设．
①求该产品优秀工序的道数的分布列和数学期望；
②求．
(2)若该产品现共有7道工序，每件优品的利润为90元．因市场上产品更新换代的速度很快，工厂决定优化该产品，每件产品增加2道工序，增加工序后，单位时间内的产量是原来产量的2倍，并将优品分为一级优品和二级优品，二级优品产量占优品总产量的，且每件二级优品的利润是90元，每件一级优品的利润是180元．
①设该产品增加工序前单位时间内的产量为件，记该产品增加工序后单位时间内生产的优品利润之和为元，试用表示；
②若该产品增加2道工序后产品为优品的概率变大，求的取值范围．
19．若函数满足定义域为，且，则称为“对乘函数”，为的“对乘系数”．
(1)试判断函数是否为“对乘函数”．若是，求出的“对乘系数”；若不是，请说明理由．
(2)已知是“对乘系数”为的“对乘函数”，证明：．
参考答案
1．D
【详解】因为集合表示非负偶数集，所以．
故选：D
2．B
【详解】根据题意可得，且，
根据正态分布曲线的对称性，可得．
故选：B
3．B
【详解】的展开式的第4项的系数是．
故选：B
4．C
【详解】根据题意可得，所以，
则．
故选：C
5．C
【详解】由题意可得解得．
故选：C.
6．B
【详解】由题意得，解得．
故选：B
7．A
【详解】由题意得．
若，则当时，单调递减，当时，单调递增，在处取得极小值；
若，则在上单调递增，无极值；
若，则当时，单调递增，当时，单调递减，在处取得极大值．
故“”是“函数在处取得极小值”的充要条件．
故选：A
8．B
【详解】这5名学生中，若网球比赛只有1人报名，则报名方案有种；
若网球比赛有2人报名，则报名方案有种；
若网球比赛有3人报名，则报名方案有种．
故该班这5名学生不同的报名方案共有种．
故选：B
9．ABD
【详解】令，则正确．
令，则，所以，B正确．
令，则，所以，C错误．
，D正确．
故选：ABD
10．ABD
【详解】由，得，当时，在上单调递增，A正确．
当时，在上单调递减，所以，
因为，所以，B正确．
易得在处取得最大值，最大值为，C错误．
令0，得，函数与函数两函数的图象有唯一交点，所以有唯一零点，D正确．
故选：ABD
11．AC
【详解】由题意可得，第1次由将骰子传出，传到或手上的概率为，故A正确；
设第次传到或手上的概率为，则次传到或手上的概率为，
则，即，
因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即，故C正确；
当时，，故B错误；
同理第次传到手上的概率为，则次传到手上的概率为，
则，即，
因为，，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即，故D错误.
故选：AC
12．0.44
【详解】由题意可得．
故答案为：
13．3
【详解】因为，所以．
因为，所以，
则，当且仅当，即时，等号成立，
则，即的最小值为3．
故答案为：3
14．
【详解】根据题意可得，所以．
因为在上单调递增，且，所以，
则．令，则与有三个交点，
，
当-3时，单调递增；当时，单调递减；
当时，单调递增．当时，，
画出的大致图象，如图所示，所以的取值范围为．
故答案为：
15．(1)
(2)分布列见解析；期望为
【详解】（1）根据题意可得，，
所以．
（2）由题意知所有可能的取值为．
．
由（1）得，所以的分布列为
0 1 2 3
．
16．(1)单调递增区间为，单调递减区间为
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意得的定义域为，且，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
综上可知，的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）由（1）易得在处取得极大值，即最大值，
，
设，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
，即，
由（1）知，所以.
17．(1)填表见解析；认为参赛者的胜负和选择K马与否有关
(2)
【详解】（1）补充完整的列联表如下．
单位：场
选择K马与否 参赛者的胜负情况 合计
胜 负
选择 48 12 60
未选择 22 18 40
合计 70 30 100
零假设为：参赛者的胜负和选择K马与否无关．
由表中的数据得，
则依据的独立性检验，可以推断假设不成立，即认为参赛者的胜负和选择K马与否有关．
（2）设事件“参赛者安排K马参加第一场比赛”，事件“参赛者安排K马参加第二场比赛”，事件“参赛者安排K马参加第三场比赛”，事件“参赛者获得本次比赛的胜利”．
当参赛者安排K马参加第一场比赛时，参赛者获得本次比赛胜利的概率为；
当参赛者安排K马参加第二场比赛时，参赛者获得本次比赛胜利的概率为；
当参赛者安排K马参加第三场比赛时，参赛者获得本次比赛胜利的概率为．
当参赛者选择马参加比赛时，参赛者获得本次比赛胜利的概率为
当参赛者选择马参加比赛时，在参赛者获得比赛胜利的条件下，参赛者安排马参加的是第一场比赛的概率为．
18．(1)① 分布列见解析；期望为；②
(2)① ；②
【详解】（1）①因为，所以该产品的优秀工序的道数的所有可能取值为．因为每道工序之间相互独立，且优秀的概率均为，所以．
，
，
．
的分布列为
0 1 2 3 4 5
．
．
（2）①该产品增加2道工序后单位时间内优品产量的期望为，
则．
②）该产品增加工序前至少有5道工序优秀的概率为；
该产品增加工序前恰好有4道工序优秀，新增的2道工序中至少有1道工序优秀，
概率为；
该产品增加工序前恰好有3道工序优秀，新增的2道工序全部优秀，
概率为．
，
则，
根据题意可得，解得，
所以当该产品增加2道工序后产品为优品的概率变大时，的取值范围为．
19．(1)是“对乘函数”，“对乘系数”为0
(2)证明见解析
【详解】（1）是“对乘函数”．理由如下：
由，得，则．
令，则．
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，所以，
所以．
因为，
所以当时，，即，
则．故是“对乘函数”且“对乘系数”为0．
（2）证明：若．
即，所以
当时，，
两式相除，得，
当时，满足成立，
所以．
由，得，则．
令，所以．
设，
则．
令，则，
令，则，则在上单调递减，
所以，即，则在上单调递减，
所以，即，则在上单调递减．
当时，，即，
且当时，，
所以，即，即，得．

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