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浙江省浙东北县域名校发展联盟2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025高二下·浙江期中）下列函数中既是偶函数，又在区间上单调递增的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、B、易得两个函数都是奇函数，该选项错误，不合题意；
C、，所以在区间单调递减，该选项错误，不合题意；
D、是偶函数，且在区间单调递增，该选项正确，符合题意.
故答案为：D
【分析】由奇函数定义易得 ，为奇函数，可判断AB；，所以在区间单调递减，可判断C； 是偶函数，且在区间单调递增，可判断D.
2．（2025高二下·浙江期中）已知随机变量，且，则（　　）
A．0.6 B．0.4 C．0.2 D．0.1
【答案】C
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：已知，根据正态分布的对称性可知，．
故答案为：C．
【分析】由正态曲线的对称性得.
3．（2025高二下·浙江期中）下列函数求导正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：A、，该选项正确，符合题意．
B、，该选项错误，不合题意．
C、，该选项错误，不合题意．
D、，该选项错误，不合题意．
故答案为：A．
【分析】，可判断A；，可判断B；复合函数求导，，可判断C；，可判断D．
4．（2025高二下·浙江期中）已知函数则（　　）
A． B．100 C．2 D．1
【答案】B
【知识点】函数的值；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：已知函数，因为，所以将代入中，可得．
因为，所以将代入中，可得．故．
故答案为：B．
【分析】由分段函数定义，代入中得的值为2 ，，所以将代入中，得解．
5．（2025高二下·浙江期中）某活动共包含、、、、这5个环节，其中环节、必须相邻，环节、不能相邻，那么不同的安排方式一共有（　　）
A．12种 B．24种 C．36种 D．48种
【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用；排列数的基本计算；组合数的基本计算
【解析】【解答】解：因为环节A、B必须相邻，所以将A、B看作一个整体，考虑A、B之间的排列顺序，则A、B的排列方式有种．
此时相当于有两个元素（捆绑后的A、B和E）进行排列，排列方式有种．
经过步骤2的排列后，形成了3个空位，从这3个空位中选2个空位插入C、D，根据排列数公式，其排列方式有种．
所以不同的安排方式一共有种．
故答案为：B．
【分析】第一步，环节A、B必须相邻，故将A、B捆绑，看作一个整体，注意内部排序得有种．第二步，相当于有两个元素（捆绑后的A、B和E）进行排列，排列方式有种，第三步，这3个空位中选2个空位插入C、D，最后由乘法原理计算得共有种．
6．（2025高二下·浙江期中）对于随机事件、，若，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】条件概率；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：因为，.
故答案为：D
【分析】由条件概率乘法公式得，代入条件概率公式得
7．（2025高二下·浙江期中）已知随机变量呈现非线性关系.为了进行线性回归分析，设，，利用最小二乘法，得到线性回归方程，则变量的估计值有（　　）
A．最大值为 B．最小值为 C．最大值为 D．最小值为
【答案】A
【知识点】线性回归方程
【解析】【解答】解：已知，把，代入可得：
．
得到．
因为，所以，那么，即．
因为对数函数在上单调递增，且，所以，即有最大值为．
变量的估计值有最大值为．
故答案为：A．
【分析】先根据已知条件将，代入线性回归方程得 ，，所以，那么，即，对数函数在上单调递增，且，所以，即有最大值为，得解.
8．（2025高二下·浙江期中）已知函数，的定义域为，，且满足，，则（　　）
A． B．1 C．2025 D．2026
【答案】D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：由可得：，又因为..，
所以，即的对称中心为；
由可得：，
即（常数），
令，则，所以，即的对称轴为；
所以，，故，，
所以，的周期.
因为，所以；
因为，令代入，所以；
根据对称性可知：，，，，
所以.
故答案为：D
【分析】由得，即的对称中心为；同理得（常数）得的对称轴为，双对称得周期，可得，的周期.综合得.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025高二下·浙江期中）下列结论正确的是（　　）
A．将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变
B．在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越差
C．两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的绝对值越接近于0
D．决定系数可以衡量一个模型拟合效果，它越大说明拟合效果越好
【答案】A,D
【知识点】线性相关；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：A、将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，数据波动性不变，方差不变，该选项正确，符合题意；
B、残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好，该选项错误，不合题意；
C、两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的绝对值越接近于1，该选项错误，不合题意；
D、决定系数越接近于1，说明拟合效果越好，该选项正确，符合题意.
故答案为：AD
【分析】将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，数据波动性不变，方差不变，可判断A；残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好，可判断B；两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的绝对值越接近于1，可判断C；决定系数越接近于1，说明拟合效果越好，可判断D.
10．（2025高二下·浙江期中）已知函数，则下列结论正确的有（　　）
A．共有3个零点
B．既存在极大值，也存在极小值
C．若时，，则的最大值为2
D．若函数有2个零点，则
【答案】B,C,D
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A、令，因为恒成立，所以只需．
可得，即有个零点，该选项错误，不合题意．
B、对求导，可得．
令，即，因为恒成立，所以，解得或．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
所以是极小值点，是极大值点，既存在极大值，也存在极小值，该选项正确，符合题意．
C、由前面分析可知在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，．
当时，，若时，，则的最大值为，该选项正确，符合题意．
D、函数有个零点，即与的图象有个交点．
，结合函数单调性和极限情况可知，
当时，与的图象有个交点，该选项正确，符合题意．
故答案为：BCD.
【分析】要求函数的零点，恒成立，所以只需，解方程得2个解，可判断A；对函数求导，解导数为正（负）不等式的函数的单调区间，可得极值点，可判断B；由B可得最值时，， 可判断C；函数的零点个数，即与的交点个数， 结合函数单调性和极限情况可知， 当时，与的图象有个交点，可判断.
11．（2025高二下·浙江期中）高考数学新课标I卷试题的第二部分为多选题，每题设有4个选项，其中正确选项的数量为2个或3个.若正确答案共2个选项，每选对1个得3分；若正确答案共3个选项，每选对1个得2分.需要注意的是，全部选对才能得6分，一旦选中任何错误选项，该题即得0分.张三对其中的某题完全不会，若该题共有三个正确选项的概率是，记X、Y、Z分别为张三随机选择1个、2个、3个选项的得分，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量的方差
【解析】【解答】解：由题X可取0，2，3；Y可取0，4，6；Z可取0，6.
则，，；
，，；
，.
所以，
，，
，，
，，
所以，，
，，
所以，
故选项ABD正确，选项C错误.
故答案为：ABD
【分析】 由题X可取0，2，3；Y可取0，4，6；Z可取0，6. 可得，可判断A；类比A中方法，列出所有的概率，可得 ，可判断B；代入期望公式可得，可判断C；同理得，可判断D.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·浙江期中）设，则　 　.
【答案】81
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：中，令得
.
故答案为：81
【分析】将二项式展开，并代入，得到
13．（2025高二下·浙江期中）已知具有线性相关关系的变量x，y，设其样本点为，经验回归方程为，若，则　 　.
【答案】2
【知识点】最小二乘法；线性回归方程
【解析】【解答】解：样本中心点的横坐标的计算公式为，其中为样本点的个数，为的总和．
已知，，将其代入公式可得：
样本中心点的纵坐标的计算公式为，其中为样本点的个数，为的总和．
已知，，将其代入公式可得：
因为经验回归直线过样本中心点，
所以将，代入经验回归方程中，可得：，解上述方程：
故答案为：．
【分析】由题意得，，代入得
14．（2025高二下·浙江期中）已知函数，当时，设的最大值为，则的最小值是　 　．
【答案】
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的最大（小）值
【解析】【解答】解：由题可知，，
，
，
则，
所以（当，时取等），即的最小值是，
故答案为：．
【分析】由题可知，，同理，，，三个式子相加，由绝对值性质得，即，验证等号得解.
四、解答题：本大题共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．（2025高二下·浙江期中）已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）求曲线在处的切线方程.
【答案】（1）解：，
令，得或，
所以的单调递增区间为，；
，得，的单调递减区间为
（2）解：，
，所以切线方程为，即.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先函数的定义域，求函数导数，令，得的单调递增区间为，，同理得的单调递减区间为；
（2）由导数的几何意义，求导，代入x=2得，，所以切线方程为，即.
（1），
令，得或，
所以的单调递增区间为，；
，得，的单调递减区间为
（2），
，所以切线方程为，即.
16．（2025高二下·浙江期中）2025年3月30日，第20届亚洲马拉松锦标赛在浙江嘉兴盛大启幕.为了解观众的观赛体验，从现场随机抽取了200位观众开展相关调查，得到满意率为80%.
（1）根据所给数据，完成列联表；
性别 满意度 合计
满意 不满意
男性 　 20 　
女性 40 　 　
合计 　 　 　
（2）在（1）的条件下，依据小概率值的独立性检验，能否认为性别与满意度有关联？附：，.
0.050 0.010 0.005 0.001
3.841 6.635 7.879 10.828
【答案】（1）解：
性别 满意度 合计
满意 不满意
男性 120 20 140
女性 40 20 60
合计 160 40 200
（2）解： 零假设为：性别与满意度无关.
此时.
根据小概率值的独立性检验，推断不成立.
即认为性别与满意度有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.
【知识点】独立性检验的基本思想；独立性检验的应用；2×2列联表
【解析】【分析】（1）总人数200以及满意率为80%，200x80%=160得满意得人数合计为160，其余得解.
（2）代入公式得，推断不成立.即认为性别与满意度有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.
（1）
性别 满意度 合计
满意 不满意
男性 120 20 140
女性 40 20 60
合计 160 40 200
（2）零假设为：性别与满意度无关.
此时.
根据小概率值的独立性检验，推断不成立.
即认为性别与满意度有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.
17．（2025高二下·浙江期中）已知的展开式中共有7项.
（1）求的值；
（2）求展开式中二项式系数最大的项；
（3）求的展开式中含的项的系数.
【答案】（1）解：由，解得；
（2）解：由（1）知展开式的通项为，
所以二项式系数最大的项为；
（3）解：由（2）分析可知令，得，即；
令，可得.
综上：展开式中的系数为
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式；二项展开式的通项
【解析】【分析】（1）展开式的项数为n+1，即可得；
（2）代入二项式定理通项公式得，可得二项式系数最大的项为得；
（3）令，得，即，可得k=3得.展开式中的系数为
（1）由，解得；
（2）由（1）知展开式的通项为，
所以二项式系数最大的项为；
（3）由（2）分析可知令，得，即；
令，可得.
综上：展开式中的系数为
18．（2025高二下·浙江期中）近年来，购买盲盒成为当下年轻人的潮流之一.2025年初，中国动画电影《哪吒2》火爆上映，引发观影热潮.随后，某手办店乘势推出一系列单价相同、款式各异的手办盲盒，其中开出哪吒手办的概率是，开出敖丙手办的概率是.
（1）若张三到该店购买3个盲盒，设其开出哪吒手办的个数为，求的分布列和期望；
（2）若张三到该店购买8个盲盒，求其开出的哪吒盲盒最有可能的数量；
（3）若该店开展活动，当顾客在购买手办盲盒过程中，连续开出2个哪吒手办时，可获赠1个齐天大圣手办.已知手办盲盒单价为9元，那么平均花多少钱能获得1个齐天大圣手办
【答案】（1）解：可取0，1，2，3，由题可知.则，，
分布列：
0 1 2 3
P
期望：；
（2）解：设其开出的哪吒手办的数量为，则.
所以.
由，得，其中且.
即，解得.
所以开出的哪吒手办的最有可能的数量为5个
（3）解：方法一：设通过活动购买第X个盲盒时，恰好连续开出2个哪吒手办，设其期望为E，
则.
解得.
平均需花费元.
方法二：设总共购买手办的个数的期望为E；表示没有开出哪吒手办，需要连开两个哪吒手办才能获赠；表示刚好开出一个哪吒手办，则需再开一个哪吒手办就能获赠.
由
解得
平均需花费元.
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）由题意得随机变量服从二项分布，代入二项分布概率公式得，列出分布列，代入期望公式，得解；
（2）随机变量服从二项分布，由，得，展开得解；
（3）方法一：设通过活动购买第X个盲盒时，恰好连续开出2个哪吒手办，设其期望为E，
则可得花费40；方法二：表示没有开出哪吒手办，需要连开两个哪吒手办才能获赠；表示刚好开出一个哪吒手办，则需再开一个哪吒手办就能获赠.
由得.
（1）可取0，1，2，3，由题可知.则，，
分布列：
0 1 2 3
P
期望：；
（2）设其开出的哪吒手办的数量为，则.
所以.
由，得，其中且.
即，解得.
所以开出的哪吒手办的最有可能的数量为5个
（3）方法一：设通过活动购买第X个盲盒时，恰好连续开出2个哪吒手办，设其期望为E，
则.
解得.
平均需花费元.
方法二：设总共购买手办的个数的期望为E；表示没有开出哪吒手办，需要连开两个哪吒手办才能获赠；表示刚好开出一个哪吒手办，则需再开一个哪吒手办就能获赠.
由
解得
平均需花费元.
19．（2025高二下·浙江期中）已知函数.
（1）求的最小值，并求出相应的；
（2）若对任意恒成立，求实数的值；
（3）若直线（其中）与图象的交点横坐标分别为，，求证：.
【答案】（1）解：由，
令，得，令，得，
所以在单调递减，在单调递增，
故，即最小值为，相应的；
（2）解：方法一：令，，则，
令得，令得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，
所以，
所以（当且仅当时等号成立），
可得，则，进一步，化简得，
所以，即.
验证充分性：当时，可设，
则在单调递增且，
进而可得在单调递减，在单调递增，所以.
综上所述，可得.
方法二：由题可知，即对任意恒成立.
令，则且.
①当时，，所以在单调递增，
则当时，（不符题意，舍去）；
②当时，令，得出，
令得，令得，
则在单调递减，在单调递增.
所以只需.
设函数，可求得，
令得，令得，
故在单调递增，在单调递减，所以.
综上所述，可得.
方法三：设，得，
即证，，其中.
由，可得.
由，所以（必要性探路），即.
验证充分性：当时，可得，
进而可得在单调递减，在单调递增，所以.
综上所述，可得.
（3）证明：设，，，则直线，直线，
由（1）、（2）知：当时，，此时.
当时，令，所以，
由在单调递增，得，
故在上单调递增，所以，
即，此时，
设直线与直线的交点横坐标为，与的交点横坐标为，
联立方程得：，，
则；
设直线与函数的交点横坐标为和，
联立方程得：，
则.
综上所述，.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求定义域，求导，和得到函数单调递增、单调递减区间，可得函数最小值，得；
（2）方法一：求定义域，求导，和得到函数单调递增、单调递减区间，得，故，得到，可解得，验证充分性：设，求定义域，求导，得到其单调性和，结论得证；
方法二：原式转化为对任意恒成立，构造函数，分和两种情况，可得到函数单调性，得到只需，设函数，求定义域、求导、求单调性和最值，得到；
方法三：设，得，即证，，由，可得，得到，即；验证充分性得.
（3）由（1）、（2）知：当时，，此时，令，求导去单调性得，可得；求出直线与直线的交点横坐标，与的交点横坐标，得到，同理求出直线与函数的交点横坐标，，，综上所述，.
（1）由，
令，得，令，得，
所以在单调递减，在单调递增，
故，即最小值为，相应的；
（2）方法一：令，，则，
令得，令得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，
所以，
所以（当且仅当时等号成立），
可得，则，进一步，化简得，
所以，即.
验证充分性：当时，可设，
则在单调递增且，
进而可得在单调递减，在单调递增，所以.
综上所述，可得.
方法二：由题可知，即对任意恒成立.
令，则且.
①当时，，所以在单调递增，
则当时，（不符题意，舍去）；
②当时，令，得出，
令得，令得，
则在单调递减，在单调递增.
所以只需.
设函数，可求得，
令得，令得，
故在单调递增，在单调递减，所以.
综上所述，可得.
方法三：设，得，
即证，，其中.
由，可得.
由，所以（必要性探路），即.
验证充分性：当时，可得，
进而可得在单调递减，在单调递增，所以.
综上所述，可得.
（3）设，，，则直线，直线，
由（1）、（2）知：当时，，此时.
当时，令，所以，
由在单调递增，得，
故在上单调递增，所以，
即，此时，
设直线与直线的交点横坐标为，与的交点横坐标为，
联立方程得：，，
则；
设直线与函数的交点横坐标为和，
联立方程得：，
则.
综上所述，.
1 / 1浙江省浙东北县域名校发展联盟2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025高二下·浙江期中）下列函数中既是偶函数，又在区间上单调递增的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高二下·浙江期中）已知随机变量，且，则（　　）
A．0.6 B．0.4 C．0.2 D．0.1
3．（2025高二下·浙江期中）下列函数求导正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高二下·浙江期中）已知函数则（　　）
A． B．100 C．2 D．1
5．（2025高二下·浙江期中）某活动共包含、、、、这5个环节，其中环节、必须相邻，环节、不能相邻，那么不同的安排方式一共有（　　）
A．12种 B．24种 C．36种 D．48种
6．（2025高二下·浙江期中）对于随机事件、，若，，，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·浙江期中）已知随机变量呈现非线性关系.为了进行线性回归分析，设，，利用最小二乘法，得到线性回归方程，则变量的估计值有（　　）
A．最大值为 B．最小值为 C．最大值为 D．最小值为
8．（2025高二下·浙江期中）已知函数，的定义域为，，且满足，，则（　　）
A． B．1 C．2025 D．2026
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025高二下·浙江期中）下列结论正确的是（　　）
A．将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变
B．在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越差
C．两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的绝对值越接近于0
D．决定系数可以衡量一个模型拟合效果，它越大说明拟合效果越好
10．（2025高二下·浙江期中）已知函数，则下列结论正确的有（　　）
A．共有3个零点
B．既存在极大值，也存在极小值
C．若时，，则的最大值为2
D．若函数有2个零点，则
11．（2025高二下·浙江期中）高考数学新课标I卷试题的第二部分为多选题，每题设有4个选项，其中正确选项的数量为2个或3个.若正确答案共2个选项，每选对1个得3分；若正确答案共3个选项，每选对1个得2分.需要注意的是，全部选对才能得6分，一旦选中任何错误选项，该题即得0分.张三对其中的某题完全不会，若该题共有三个正确选项的概率是，记X、Y、Z分别为张三随机选择1个、2个、3个选项的得分，则（　　）
A． B．
C． D．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·浙江期中）设，则　 　.
13．（2025高二下·浙江期中）已知具有线性相关关系的变量x，y，设其样本点为，经验回归方程为，若，则　 　.
14．（2025高二下·浙江期中）已知函数，当时，设的最大值为，则的最小值是　 　．
四、解答题：本大题共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．（2025高二下·浙江期中）已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）求曲线在处的切线方程.
16．（2025高二下·浙江期中）2025年3月30日，第20届亚洲马拉松锦标赛在浙江嘉兴盛大启幕.为了解观众的观赛体验，从现场随机抽取了200位观众开展相关调查，得到满意率为80%.
（1）根据所给数据，完成列联表；
性别 满意度 合计
满意 不满意
男性 　 20 　
女性 40 　 　
合计 　 　 　
（2）在（1）的条件下，依据小概率值的独立性检验，能否认为性别与满意度有关联？附：，.
0.050 0.010 0.005 0.001
3.841 6.635 7.879 10.828
17．（2025高二下·浙江期中）已知的展开式中共有7项.
（1）求的值；
（2）求展开式中二项式系数最大的项；
（3）求的展开式中含的项的系数.
18．（2025高二下·浙江期中）近年来，购买盲盒成为当下年轻人的潮流之一.2025年初，中国动画电影《哪吒2》火爆上映，引发观影热潮.随后，某手办店乘势推出一系列单价相同、款式各异的手办盲盒，其中开出哪吒手办的概率是，开出敖丙手办的概率是.
（1）若张三到该店购买3个盲盒，设其开出哪吒手办的个数为，求的分布列和期望；
（2）若张三到该店购买8个盲盒，求其开出的哪吒盲盒最有可能的数量；
（3）若该店开展活动，当顾客在购买手办盲盒过程中，连续开出2个哪吒手办时，可获赠1个齐天大圣手办.已知手办盲盒单价为9元，那么平均花多少钱能获得1个齐天大圣手办
19．（2025高二下·浙江期中）已知函数.
（1）求的最小值，并求出相应的；
（2）若对任意恒成立，求实数的值；
（3）若直线（其中）与图象的交点横坐标分别为，，求证：.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、B、易得两个函数都是奇函数，该选项错误，不合题意；
C、，所以在区间单调递减，该选项错误，不合题意；
D、是偶函数，且在区间单调递增，该选项正确，符合题意.
故答案为：D
【分析】由奇函数定义易得 ，为奇函数，可判断AB；，所以在区间单调递减，可判断C； 是偶函数，且在区间单调递增，可判断D.
2．【答案】C
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：已知，根据正态分布的对称性可知，．
故答案为：C．
【分析】由正态曲线的对称性得.
3．【答案】A
【知识点】基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：A、，该选项正确，符合题意．
B、，该选项错误，不合题意．
C、，该选项错误，不合题意．
D、，该选项错误，不合题意．
故答案为：A．
【分析】，可判断A；，可判断B；复合函数求导，，可判断C；，可判断D．
4．【答案】B
【知识点】函数的值；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：已知函数，因为，所以将代入中，可得．
因为，所以将代入中，可得．故．
故答案为：B．
【分析】由分段函数定义，代入中得的值为2 ，，所以将代入中，得解．
5．【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用；排列数的基本计算；组合数的基本计算
【解析】【解答】解：因为环节A、B必须相邻，所以将A、B看作一个整体，考虑A、B之间的排列顺序，则A、B的排列方式有种．
此时相当于有两个元素（捆绑后的A、B和E）进行排列，排列方式有种．
经过步骤2的排列后，形成了3个空位，从这3个空位中选2个空位插入C、D，根据排列数公式，其排列方式有种．
所以不同的安排方式一共有种．
故答案为：B．
【分析】第一步，环节A、B必须相邻，故将A、B捆绑，看作一个整体，注意内部排序得有种．第二步，相当于有两个元素（捆绑后的A、B和E）进行排列，排列方式有种，第三步，这3个空位中选2个空位插入C、D，最后由乘法原理计算得共有种．
6．【答案】D
【知识点】条件概率；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：因为，.
故答案为：D
【分析】由条件概率乘法公式得，代入条件概率公式得
7．【答案】A
【知识点】线性回归方程
【解析】【解答】解：已知，把，代入可得：
．
得到．
因为，所以，那么，即．
因为对数函数在上单调递增，且，所以，即有最大值为．
变量的估计值有最大值为．
故答案为：A．
【分析】先根据已知条件将，代入线性回归方程得 ，，所以，那么，即，对数函数在上单调递增，且，所以，即有最大值为，得解.
8．【答案】D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：由可得：，又因为..，
所以，即的对称中心为；
由可得：，
即（常数），
令，则，所以，即的对称轴为；
所以，，故，，
所以，的周期.
因为，所以；
因为，令代入，所以；
根据对称性可知：，，，，
所以.
故答案为：D
【分析】由得，即的对称中心为；同理得（常数）得的对称轴为，双对称得周期，可得，的周期.综合得.
9．【答案】A,D
【知识点】线性相关；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：A、将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，数据波动性不变，方差不变，该选项正确，符合题意；
B、残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好，该选项错误，不合题意；
C、两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的绝对值越接近于1，该选项错误，不合题意；
D、决定系数越接近于1，说明拟合效果越好，该选项正确，符合题意.
故答案为：AD
【分析】将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，数据波动性不变，方差不变，可判断A；残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好，可判断B；两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的绝对值越接近于1，可判断C；决定系数越接近于1，说明拟合效果越好，可判断D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A、令，因为恒成立，所以只需．
可得，即有个零点，该选项错误，不合题意．
B、对求导，可得．
令，即，因为恒成立，所以，解得或．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
所以是极小值点，是极大值点，既存在极大值，也存在极小值，该选项正确，符合题意．
C、由前面分析可知在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，．
当时，，若时，，则的最大值为，该选项正确，符合题意．
D、函数有个零点，即与的图象有个交点．
，结合函数单调性和极限情况可知，
当时，与的图象有个交点，该选项正确，符合题意．
故答案为：BCD.
【分析】要求函数的零点，恒成立，所以只需，解方程得2个解，可判断A；对函数求导，解导数为正（负）不等式的函数的单调区间，可得极值点，可判断B；由B可得最值时，， 可判断C；函数的零点个数，即与的交点个数， 结合函数单调性和极限情况可知， 当时，与的图象有个交点，可判断.
11．【答案】A,B,D
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量的方差
【解析】【解答】解：由题X可取0，2，3；Y可取0，4，6；Z可取0，6.
则，，；
，，；
，.
所以，
，，
，，
，，
所以，，
，，
所以，
故选项ABD正确，选项C错误.
故答案为：ABD
【分析】 由题X可取0，2，3；Y可取0，4，6；Z可取0，6. 可得，可判断A；类比A中方法，列出所有的概率，可得 ，可判断B；代入期望公式可得，可判断C；同理得，可判断D.
12．【答案】81
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：中，令得
.
故答案为：81
【分析】将二项式展开，并代入，得到
13．【答案】2
【知识点】最小二乘法；线性回归方程
【解析】【解答】解：样本中心点的横坐标的计算公式为，其中为样本点的个数，为的总和．
已知，，将其代入公式可得：
样本中心点的纵坐标的计算公式为，其中为样本点的个数，为的总和．
已知，，将其代入公式可得：
因为经验回归直线过样本中心点，
所以将，代入经验回归方程中，可得：，解上述方程：
故答案为：．
【分析】由题意得，，代入得
14．【答案】
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的最大（小）值
【解析】【解答】解：由题可知，，
，
，
则，
所以（当，时取等），即的最小值是，
故答案为：．
【分析】由题可知，，同理，，，三个式子相加，由绝对值性质得，即，验证等号得解.
15．【答案】（1）解：，
令，得或，
所以的单调递增区间为，；
，得，的单调递减区间为
（2）解：，
，所以切线方程为，即.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先函数的定义域，求函数导数，令，得的单调递增区间为，，同理得的单调递减区间为；
（2）由导数的几何意义，求导，代入x=2得，，所以切线方程为，即.
（1），
令，得或，
所以的单调递增区间为，；
，得，的单调递减区间为
（2），
，所以切线方程为，即.
16．【答案】（1）解：
性别 满意度 合计
满意 不满意
男性 120 20 140
女性 40 20 60
合计 160 40 200
（2）解： 零假设为：性别与满意度无关.
此时.
根据小概率值的独立性检验，推断不成立.
即认为性别与满意度有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.
【知识点】独立性检验的基本思想；独立性检验的应用；2×2列联表
【解析】【分析】（1）总人数200以及满意率为80%，200x80%=160得满意得人数合计为160，其余得解.
（2）代入公式得，推断不成立.即认为性别与满意度有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.
（1）
性别 满意度 合计
满意 不满意
男性 120 20 140
女性 40 20 60
合计 160 40 200
（2）零假设为：性别与满意度无关.
此时.
根据小概率值的独立性检验，推断不成立.
即认为性别与满意度有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.
17．【答案】（1）解：由，解得；
（2）解：由（1）知展开式的通项为，
所以二项式系数最大的项为；
（3）解：由（2）分析可知令，得，即；
令，可得.
综上：展开式中的系数为
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式；二项展开式的通项
【解析】【分析】（1）展开式的项数为n+1，即可得；
（2）代入二项式定理通项公式得，可得二项式系数最大的项为得；
（3）令，得，即，可得k=3得.展开式中的系数为
（1）由，解得；
（2）由（1）知展开式的通项为，
所以二项式系数最大的项为；
（3）由（2）分析可知令，得，即；
令，可得.
综上：展开式中的系数为
18．【答案】（1）解：可取0，1，2，3，由题可知.则，，
分布列：
0 1 2 3
P
期望：；
（2）解：设其开出的哪吒手办的数量为，则.
所以.
由，得，其中且.
即，解得.
所以开出的哪吒手办的最有可能的数量为5个
（3）解：方法一：设通过活动购买第X个盲盒时，恰好连续开出2个哪吒手办，设其期望为E，
则.
解得.
平均需花费元.
方法二：设总共购买手办的个数的期望为E；表示没有开出哪吒手办，需要连开两个哪吒手办才能获赠；表示刚好开出一个哪吒手办，则需再开一个哪吒手办就能获赠.
由
解得
平均需花费元.
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）由题意得随机变量服从二项分布，代入二项分布概率公式得，列出分布列，代入期望公式，得解；
（2）随机变量服从二项分布，由，得，展开得解；
（3）方法一：设通过活动购买第X个盲盒时，恰好连续开出2个哪吒手办，设其期望为E，
则可得花费40；方法二：表示没有开出哪吒手办，需要连开两个哪吒手办才能获赠；表示刚好开出一个哪吒手办，则需再开一个哪吒手办就能获赠.
由得.
（1）可取0，1，2，3，由题可知.则，，
分布列：
0 1 2 3
P
期望：；
（2）设其开出的哪吒手办的数量为，则.
所以.
由，得，其中且.
即，解得.
所以开出的哪吒手办的最有可能的数量为5个
（3）方法一：设通过活动购买第X个盲盒时，恰好连续开出2个哪吒手办，设其期望为E，
则.
解得.
平均需花费元.
方法二：设总共购买手办的个数的期望为E；表示没有开出哪吒手办，需要连开两个哪吒手办才能获赠；表示刚好开出一个哪吒手办，则需再开一个哪吒手办就能获赠.
由
解得
平均需花费元.
19．【答案】（1）解：由，
令，得，令，得，
所以在单调递减，在单调递增，
故，即最小值为，相应的；
（2）解：方法一：令，，则，
令得，令得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，
所以，
所以（当且仅当时等号成立），
可得，则，进一步，化简得，
所以，即.
验证充分性：当时，可设，
则在单调递增且，
进而可得在单调递减，在单调递增，所以.
综上所述，可得.
方法二：由题可知，即对任意恒成立.
令，则且.
①当时，，所以在单调递增，
则当时，（不符题意，舍去）；
②当时，令，得出，
令得，令得，
则在单调递减，在单调递增.
所以只需.
设函数，可求得，
令得，令得，
故在单调递增，在单调递减，所以.
综上所述，可得.
方法三：设，得，
即证，，其中.
由，可得.
由，所以（必要性探路），即.
验证充分性：当时，可得，
进而可得在单调递减，在单调递增，所以.
综上所述，可得.
（3）证明：设，，，则直线，直线，
由（1）、（2）知：当时，，此时.
当时，令，所以，
由在单调递增，得，
故在上单调递增，所以，
即，此时，
设直线与直线的交点横坐标为，与的交点横坐标为，
联立方程得：，，
则；
设直线与函数的交点横坐标为和，
联立方程得：，
则.
综上所述，.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求定义域，求导，和得到函数单调递增、单调递减区间，可得函数最小值，得；
（2）方法一：求定义域，求导，和得到函数单调递增、单调递减区间，得，故，得到，可解得，验证充分性：设，求定义域，求导，得到其单调性和，结论得证；
方法二：原式转化为对任意恒成立，构造函数，分和两种情况，可得到函数单调性，得到只需，设函数，求定义域、求导、求单调性和最值，得到；
方法三：设，得，即证，，由，可得，得到，即；验证充分性得.
（3）由（1）、（2）知：当时，，此时，令，求导去单调性得，可得；求出直线与直线的交点横坐标，与的交点横坐标，得到，同理求出直线与函数的交点横坐标，，，综上所述，.
（1）由，
令，得，令，得，
所以在单调递减，在单调递增，
故，即最小值为，相应的；
（2）方法一：令，，则，
令得，令得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，
所以，
所以（当且仅当时等号成立），
可得，则，进一步，化简得，
所以，即.
验证充分性：当时，可设，
则在单调递增且，
进而可得在单调递减，在单调递增，所以.
综上所述，可得.
方法二：由题可知，即对任意恒成立.
令，则且.
①当时，，所以在单调递增，
则当时，（不符题意，舍去）；
②当时，令，得出，
令得，令得，
则在单调递减，在单调递增.
所以只需.
设函数，可求得，
令得，令得，
故在单调递增，在单调递减，所以.
综上所述，可得.
方法三：设，得，
即证，，其中.
由，可得.
由，所以（必要性探路），即.
验证充分性：当时，可得，
进而可得在单调递减，在单调递增，所以.
综上所述，可得.
（3）设，，，则直线，直线，
由（1）、（2）知：当时，，此时.
当时，令，所以，
由在单调递增，得，
故在上单调递增，所以，
即，此时，
设直线与直线的交点横坐标为，与的交点横坐标为，
联立方程得：，，
则；
设直线与函数的交点横坐标为和，
联立方程得：，
则.
综上所述，.
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