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广东省广州市越秀区2024-2025学年高二下学期期末学业水平调研测试数学试题
一、选择题：本题共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．用0，1，2，……，5这6个数字组成无重复数字的三位数的个数是（　　）
A．120 B．60 C．100 D．80
【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；基本计数原理的应用；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：要组成无重复数字的三位数，所以只需百位不为0，故先排百位，再排十位和个位.
①先排百位，有：种；
②再排十位和个位，有：种；
根据分步计数原理，所以共有种，即用0，1，2，……，5这6个数字组成无重复数字的三位数的个数是100.
故答案为：C.
【分析】本题考查排列组合的分步计数原理，核心是优先处理特殊位置（百位不能为 0），先排百位，再排十位和个位，分步计算后相乘得到总数。
2．已知等差数列的前n项和为，且，公差，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：由等差数列的前n项和为，且，公差，
可得，
，
A，，故A错误；
B，当时，，故B错误；
CD，因，则，故C正确，D错误.
故答案为：C.
【分析】本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式，核心是先写出通项公式an 和前n项和公式Sn ，再逐一验证选项的正确性。
3．已知函数满足，则（　　）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【知识点】导数的四则运算；导数的概念
【解析】【解答】解：，令得，解得.
故答案为：B
【分析】本题考查导数的定义与计算，核心是把 f'(1) 看作常数，对函数求导后代入 x=1，解出关于 f'(1) 的方程。
4．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论中正确的是（　　）
A．在区间上单调递增 B．在区间上单调递减
C．在处取得极小值 D．在处取得极大值
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由图可知，当时，，所以在区间上单调递减，故AC错误；
根据图象，在区间上单调递增，B错误；
在区间上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，D正确；
故答案为：D.
【分析】本题考查导函数图象与原函数单调性、极值的关系，核心是通过分析导函数 f'(x) 的正负判断原函数 f(x) 的单调性，通过 f'(x) 的单调性变化判断其自身的极值点。
5．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到.已知，依据的独立性检验，结论为（　　）
A．变量X与Y独立
B．变量X与Y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005
C．变量X与Y不独立
D．变量X与Y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005
【答案】A
【知识点】独立性检验；独立性检验的基本思想
【解析】【解答】解：因为，所以没有充分的证据推断变量X与Y不相互独立，即认为变量X与Y独立，故BCD错误，A正确；
故答案为：A.
【分析】本题考查独立性检验的基本规则，核心是比较计算得到的值与给定显著性水平对应的临界值，判断是否拒绝原假设（变量X与Y独立）。
6．在10件产品中，有8件合格品，2件次品.从这10件产品中任意抽取3件，则抽出的3件产品中至少有1件是次品的抽法种数是（　　）
A．56 B．64 C．72 D．120
【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意，抽出的3件产品中至少有1件是次品包含1件次品、2件正品和2件次品、1件正品两个事件，
当抽取的为1件次品、2件正品时，抽法有种，
当抽取的为2件次品、1件正品时，抽法有种，
所以抽出的3件产品中至少有1件是次品共有种.
故答案为：B.
【分析】本题考查组合计数问题，核心是用分类加法计数原理或间接法，计算 “至少有 1 件次品” 的抽法种数。
7．随机抽取5家超市，得到其广告支出x（万元）与销售额y（万元）的数据如下：
超市 A B C D E
广告支出x 1 2 4 6 7
销售额y 20 30 40 44 46
（参考公式：，，参考数据：样本相关系数），则下列判断正确的是（　　）
A．y与x呈负相关关系 B．经验回归直线经过点
C．经验回归方程为 D．y与x的线性相关程度较强
【答案】D
【知识点】线性回归方程；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：由样本相关系数可得y与x呈正相关关系，故A错误；
由数据可得：，
故经验回归直线经过点，故B错误；
由，
则，故经验回归方程为，故C错误；
由于样本相关系数较接近于1，则y与x的线性相关程度较强，故D正确；
故答案为：D.
【分析】本题考查线性回归分析的基本概念，核心是通过相关系数判断相关性、利用样本中心点和回归系数公式计算回归方程，再逐一验证选项。
8．已知连续型随机变量，记函数，则的图象（　　）
A．关于直线对称 B．关于点对称
C．关于直线对称 D．关于点对称
【答案】B
【知识点】奇偶函数图象的对称性；正态分布定义
【解析】【解答】解：由连续型随机变量，根据正态分布密度函数曲线关于直线对称，
但函数，即表示正态分布密度函数与及轴围成的面积，
显然有，且函数是递增函数，故AC错误；
由于，可猜想的图象关于点对称，
再进行证明，即证，
所以的图象关于点对称，故B正确，D错误；
故答案为：B．
【分析】本题考查正态分布的性质与分布函数的对称性，核心是利用正态分布的对称性，证明分布函数 关于点 中心对称。
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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．已知离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2
P 0.4 0.2 a
则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的方差
【解析】【解答】解：AB，由题意，所以，
所以，故AB正确，
CD，，，故C正确，D错误.
故答案为：ABC.
【分析】本题考查离散型随机变量的分布列、期望与方差的计算及性质，核心是先利用分布列的性质求出未知概率 a，再根据期望、方差的公式及性质逐一验证选项。
10．用模型去拟合一组数据，设，将其变换后得到线性回归方程，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,D
【知识点】指数式与对数式的互化；回归分析的初步应用
【解析】【解答】解：由两边取自然对数得：，
由变换后得到线性回归方程，
则，即，故AD正确，BC错误；
故答案为：AD.
【分析】本题考查非线性回归模型的线性化变换，核心是对指数模型 取对数，转化为线性回归方程 ，再通过系数对比求出参数 和 。
11．已知函数的定义域为，其导函数为，且，则对任意的，，下列不等式中一定成立的有（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】抽象函数及其应用；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由于，因为，
所以有，
即函数在上单调递减，
A，根据函数在上单调递减，不妨取，满足，此时，故A错误；
B，由，都有，
即
同向不等式可相加得：，故B正确；
C，由，可得，即，故C正确；
D，不妨设任意的，都有，即，
，故D正确；
故答案为：BCD．
【分析】本题考查构造函数法解抽象函数不等式，核心是利用条件 构造函数 ，通过导数判断其单调性，再结合单调性逐一验证选项。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．若二项式的展开式中所有项的二项式系数之和为64，则该展开式中的常数项是　 　.
【答案】
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：的展开式中所有项的二项式系数之和为，.
的展开式的通项公式为，
令，可得，
的展开式的常数项为.
故答案为：240.
【分析】本题考查二项式定理的应用，核心是先利用二项式系数和求出指数 n，再写出通项公式，通过令 x 的指数为 0 确定常数项对应的 r，最后计算系数。
13．已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则实数a的一个值是　 　.
【答案】0（或1，两者任选1个即可）
【知识点】导数的几何意义；导数的乘法与除法法则；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：，当时，，
故在点处的切线方程为，
联立与得，
当时，，，只有1个公共点，满足要求；
当时，由，解得，
综上实数a的一个值可以为0，也可以是1
故答案为：0（或1，两者任选1个即可）
【分析】本题考查导数的几何意义与直线和二次曲线的位置关系，核心是先求出切线方程，再通过联立方程、分类讨论 a 的取值，利用判别式判断公共点个数。
14．如图，一质点在随机外力的作用下，在x轴上从原点0出发向右运动，每次移动1个单位或2个单位，其中每次移动1个单位的概率均为，移动2个单位的概率均为.
记质点从原点0移动到数字n的位置的方法种数为，则　 　，记质点从原点0移动5次后位于数字8的位置的概率为，则的最大值是　 　.
【答案】5；
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由于，
故从原点0移动到数字4的方法种数为，即；
设第次移动个单位，其中，
所以，
所以中有三个2，两个1，
所以，
求导得，
而，
从而在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值是.
故答案为：5；.
【分析】本题考查组合计数与概率优化问题，核心是先通过分类讨论计算到达位置 4 的方法数，再构造移动 5 次到位置 8 的概率函数，利用导数求其最大值。
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．已知数列的首项，且满足．
（1）证明：是等比数列；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）证明：由，得，
又，故，故，
所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列．
（2）解：由（1）可知，所以，
所以．
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】(1) 将递推关系变形，构造出等比数列的形式，利用定义证明。
(2) 先求出数列的通项公式，再分别对两部分求和，得到前项和。
（1）证明：由，得，
又，故，故，
所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列．
（2）由（1）可知，所以，
所以．
16．有3台车床加工同一型号的零件，第台车床加工的次品率分别为加工出来的零件混放在一起.已知第台车床加工的零件数分别占总数的
（1）任取一个零件，计算它是次品的概率；
（2）如果取到的零件是次品，试问该次品来自第几台车床的概率最大？
【答案】（1）解：利用全概率公式可知，任取一个零件，它是次品的概率为：
；
（2）解：利用贝叶斯公式可知，如果取到的零件是次品，该次品来自第1台车床的概率为：
如果取到的零件是次品，该次品来自第2台车床的概率为：
如果取到的零件是次品，该次品来自第3台车床的概率为：
通过比较，如果取到的零件是次品，该次品来自第2台车床的概率最大.
【知识点】全概率公式；贝叶斯公式
【解析】【分析】(1) 利用全概率公式，计算零件为次品的总概率。
(2) 利用贝叶斯公式，分别计算次品来自各车床的条件概率，再比较大小。
（1）利用全概率公式可知，任取一个零件，它是次品的概率为：
；
（2）利用贝叶斯公式可知，
如果取到的零件是次品，该次品来自第1台车床的概率为：
如果取到的零件是次品，该次品来自第2台车床的概率为：
如果取到的零件是次品，该次品来自第3台车床的概率为：
通过比较，如果取到的零件是次品，该次品来自第2台车床的概率最大.
17．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）判断的零点个数，并说明理由.
【答案】（1）解：由，求导得：，
当时，，当或时，，
所以在，上单调递减，在上单调递增；
（2）解：由得，，根据（1）的单调性结合极小值点，
可作出函数图象，
所以当，即时，可判断的零点个数为2；
当或，即或时，可判断的零点个数为1；
当，即时，可判断的零点个数为0，
综上可得：当时，的零点个数为2；
当时的零点个数为0；当或时，的零点个数为1.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）求导分析导数符号，结合定义域判断单调性。
(2) 通过分离参数，转化为直线与函数图象的交点问题，结合单调性与极值判断零点个数。
（1）由，求导得：，
当时，，当或时，，
所以在，上单调递减，在上单调递增；
（2）由得，，根据（1）的单调性结合极小值点，
可作出函数图象，
所以当，即时，可判断的零点个数为2；
当或，即或时，可判断的零点个数为1；
当，即时，可判断的零点个数为0，
综上可得：当时，的零点个数为2；
当时的零点个数为0；当或时，的零点个数为1.
18．某学校组织“一带一路”知识竞赛，每位参加比赛的同学均可参加多轮答题活动，每轮答题结果互不影响.每轮比赛共有两组题，每组都随机抽取两道题，先进行A组答题，只有A组的两道题均答对，方可进行B组答题，否则本轮答题结束.已知甲同学A组每道题答对的概率均为，B组每道题答对的概率均为，两组题至少答对3题才可获得一张奖券.
（1）设甲同学在一轮比赛中答对的题目数量为X，求X的分布列与数学期望；
（2）若甲同学进行了8轮答题，试问甲同学获得多少张奖券的概率最大？并说明理由.
【答案】（1）解：甲同学在一轮比赛中答对的题目数量为X的可能取值有，
则
所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
故；
（2）解：由于两组题至少答对3题才可获得一张奖券，
则甲在一轮答题中获得一张奖券的概率为，
所以甲同学进行了8轮答题，获得的奖券数，
可得奖券数的概率为，，
假设甲同学获得张奖券的概率最大，则有：
，化简得：
，解得，
又因为，所以，
即同学获得张奖券的概率最大.
【知识点】概率分布列；二项分布
【解析】【分析】(1) 根据题目规则，计算答对题目数量的所有可能取值的概率，列出分布列并求期望。
(2) 先计算单轮获得奖券的概率，再利用二项分布的性质，判断哪次奖券数的概率最大。
（1）甲同学在一轮比赛中答对的题目数量为X的可能取值有，
则
所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
故；
（2）由于两组题至少答对3题才可获得一张奖券，
则甲在一轮答题中获得一张奖券的概率为，
所以甲同学进行了8轮答题，获得的奖券数，
可得奖券数的概率为，，
假设甲同学获得张奖券的概率最大，则有：
，化简得：
，解得，
又因为，所以，
即同学获得张奖券的概率最大.
19．牛顿（Isaac Newton，1643–1727）给出了求函数零点近似值的一种方法——牛顿切线法：如图，设r是的一个零点，任意选取作为r的初始近似值，在点处作曲线的切线，与x轴的交点横坐标为，称为r的1次近似值；在点处作曲线的切线，与x轴的交点横坐标为，称为r的2次近似值.一般地，在点处作曲线的切线，与x轴的交点横坐标为，称为r的次近似值，称数列为牛顿数列.
（1）若的零点为r，，试用牛顿切线法求r的2次近似值；
（2）已知，数列为的牛顿数列.
（ⅰ）设，且，求的解析式；
（ⅱ）设数列满足，且，证明：.
【答案】（1）解：因为，所以，时，，，
所以在处切线：，令，则得，所以，
，所以在处切线：，令，则得，
所以r的2次近似值为；
（2）解：（ⅰ），所以，所以，
所以在横坐标为的点处的切线方程为：，
令，则，所以，所以.
（ⅱ）因为，所以，
所以，因为，所以，所以，则，
所以数列为公比为2的等比数列，数列为公比为的等比数列，
令，则，当时，，
所以在上单调递减，所以，所以，
因为，所以，即，
所以.
【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；数列的递推公式
【解析】【分析】(1) 根据牛顿切线法的定义，依次计算两次切线与 x 轴的交点，得到二次近似值。
(2) 先根据切线方程推导递推关系，再通过数列递推和不等式放缩证明结论。
（1）因为，所以，时，，，
所以在处切线：，令，则得，所以，
，所以在处切线：，令，则得，
所以r的2次近似值为；
（2）（ⅰ），所以，所以，
所以在横坐标为的点处的切线方程为：，
令，则，所以，所以.
（ⅱ）因为，所以，
所以，因为，所以，所以，则，
所以数列为公比为2的等比数列，数列为公比为的等比数列，
令，则，当时，，
所以在上单调递减，所以，所以，
因为，所以，即，
所以.
1 / 1广东省广州市越秀区2024-2025学年高二下学期期末学业水平调研测试数学试题
一、选择题：本题共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．用0，1，2，……，5这6个数字组成无重复数字的三位数的个数是（　　）
A．120 B．60 C．100 D．80
2．已知等差数列的前n项和为，且，公差，则（　　）
A． B． C． D．
3．已知函数满足，则（　　）
A． B． C．1 D．
4．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论中正确的是（　　）
A．在区间上单调递增 B．在区间上单调递减
C．在处取得极小值 D．在处取得极大值
5．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到.已知，依据的独立性检验，结论为（　　）
A．变量X与Y独立
B．变量X与Y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005
C．变量X与Y不独立
D．变量X与Y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005
6．在10件产品中，有8件合格品，2件次品.从这10件产品中任意抽取3件，则抽出的3件产品中至少有1件是次品的抽法种数是（　　）
A．56 B．64 C．72 D．120
7．随机抽取5家超市，得到其广告支出x（万元）与销售额y（万元）的数据如下：
超市 A B C D E
广告支出x 1 2 4 6 7
销售额y 20 30 40 44 46
（参考公式：，，参考数据：样本相关系数），则下列判断正确的是（　　）
A．y与x呈负相关关系 B．经验回归直线经过点
C．经验回归方程为 D．y与x的线性相关程度较强
8．已知连续型随机变量，记函数，则的图象（　　）
A．关于直线对称 B．关于点对称
C．关于直线对称 D．关于点对称
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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．已知离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2
P 0.4 0.2 a
则（　　）
A． B． C． D．
10．用模型去拟合一组数据，设，将其变换后得到线性回归方程，则（　　）
A． B． C． D．
11．已知函数的定义域为，其导函数为，且，则对任意的，，下列不等式中一定成立的有（　　）
A． B．
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．若二项式的展开式中所有项的二项式系数之和为64，则该展开式中的常数项是　 　.
13．已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则实数a的一个值是　 　.
14．如图，一质点在随机外力的作用下，在x轴上从原点0出发向右运动，每次移动1个单位或2个单位，其中每次移动1个单位的概率均为，移动2个单位的概率均为.
记质点从原点0移动到数字n的位置的方法种数为，则　 　，记质点从原点0移动5次后位于数字8的位置的概率为，则的最大值是　 　.
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．已知数列的首项，且满足．
（1）证明：是等比数列；
（2）求数列的前n项和．
16．有3台车床加工同一型号的零件，第台车床加工的次品率分别为加工出来的零件混放在一起.已知第台车床加工的零件数分别占总数的
（1）任取一个零件，计算它是次品的概率；
（2）如果取到的零件是次品，试问该次品来自第几台车床的概率最大？
17．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）判断的零点个数，并说明理由.
18．某学校组织“一带一路”知识竞赛，每位参加比赛的同学均可参加多轮答题活动，每轮答题结果互不影响.每轮比赛共有两组题，每组都随机抽取两道题，先进行A组答题，只有A组的两道题均答对，方可进行B组答题，否则本轮答题结束.已知甲同学A组每道题答对的概率均为，B组每道题答对的概率均为，两组题至少答对3题才可获得一张奖券.
（1）设甲同学在一轮比赛中答对的题目数量为X，求X的分布列与数学期望；
（2）若甲同学进行了8轮答题，试问甲同学获得多少张奖券的概率最大？并说明理由.
19．牛顿（Isaac Newton，1643–1727）给出了求函数零点近似值的一种方法——牛顿切线法：如图，设r是的一个零点，任意选取作为r的初始近似值，在点处作曲线的切线，与x轴的交点横坐标为，称为r的1次近似值；在点处作曲线的切线，与x轴的交点横坐标为，称为r的2次近似值.一般地，在点处作曲线的切线，与x轴的交点横坐标为，称为r的次近似值，称数列为牛顿数列.
（1）若的零点为r，，试用牛顿切线法求r的2次近似值；
（2）已知，数列为的牛顿数列.
（ⅰ）设，且，求的解析式；
（ⅱ）设数列满足，且，证明：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；基本计数原理的应用；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：要组成无重复数字的三位数，所以只需百位不为0，故先排百位，再排十位和个位.
①先排百位，有：种；
②再排十位和个位，有：种；
根据分步计数原理，所以共有种，即用0，1，2，……，5这6个数字组成无重复数字的三位数的个数是100.
故答案为：C.
【分析】本题考查排列组合的分步计数原理，核心是优先处理特殊位置（百位不能为 0），先排百位，再排十位和个位，分步计算后相乘得到总数。
2．【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：由等差数列的前n项和为，且，公差，
可得，
，
A，，故A错误；
B，当时，，故B错误；
CD，因，则，故C正确，D错误.
故答案为：C.
【分析】本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式，核心是先写出通项公式an 和前n项和公式Sn ，再逐一验证选项的正确性。
3．【答案】B
【知识点】导数的四则运算；导数的概念
【解析】【解答】解：，令得，解得.
故答案为：B
【分析】本题考查导数的定义与计算，核心是把 f'(1) 看作常数，对函数求导后代入 x=1，解出关于 f'(1) 的方程。
4．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由图可知，当时，，所以在区间上单调递减，故AC错误；
根据图象，在区间上单调递增，B错误；
在区间上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，D正确；
故答案为：D.
【分析】本题考查导函数图象与原函数单调性、极值的关系，核心是通过分析导函数 f'(x) 的正负判断原函数 f(x) 的单调性，通过 f'(x) 的单调性变化判断其自身的极值点。
5．【答案】A
【知识点】独立性检验；独立性检验的基本思想
【解析】【解答】解：因为，所以没有充分的证据推断变量X与Y不相互独立，即认为变量X与Y独立，故BCD错误，A正确；
故答案为：A.
【分析】本题考查独立性检验的基本规则，核心是比较计算得到的值与给定显著性水平对应的临界值，判断是否拒绝原假设（变量X与Y独立）。
6．【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意，抽出的3件产品中至少有1件是次品包含1件次品、2件正品和2件次品、1件正品两个事件，
当抽取的为1件次品、2件正品时，抽法有种，
当抽取的为2件次品、1件正品时，抽法有种，
所以抽出的3件产品中至少有1件是次品共有种.
故答案为：B.
【分析】本题考查组合计数问题，核心是用分类加法计数原理或间接法，计算 “至少有 1 件次品” 的抽法种数。
7．【答案】D
【知识点】线性回归方程；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：由样本相关系数可得y与x呈正相关关系，故A错误；
由数据可得：，
故经验回归直线经过点，故B错误；
由，
则，故经验回归方程为，故C错误；
由于样本相关系数较接近于1，则y与x的线性相关程度较强，故D正确；
故答案为：D.
【分析】本题考查线性回归分析的基本概念，核心是通过相关系数判断相关性、利用样本中心点和回归系数公式计算回归方程，再逐一验证选项。
8．【答案】B
【知识点】奇偶函数图象的对称性；正态分布定义
【解析】【解答】解：由连续型随机变量，根据正态分布密度函数曲线关于直线对称，
但函数，即表示正态分布密度函数与及轴围成的面积，
显然有，且函数是递增函数，故AC错误；
由于，可猜想的图象关于点对称，
再进行证明，即证，
所以的图象关于点对称，故B正确，D错误；
故答案为：B．
【分析】本题考查正态分布的性质与分布函数的对称性，核心是利用正态分布的对称性，证明分布函数 关于点 中心对称。
9．【答案】A,B,C
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的方差
【解析】【解答】解：AB，由题意，所以，
所以，故AB正确，
CD，，，故C正确，D错误.
故答案为：ABC.
【分析】本题考查离散型随机变量的分布列、期望与方差的计算及性质，核心是先利用分布列的性质求出未知概率 a，再根据期望、方差的公式及性质逐一验证选项。
10．【答案】A,D
【知识点】指数式与对数式的互化；回归分析的初步应用
【解析】【解答】解：由两边取自然对数得：，
由变换后得到线性回归方程，
则，即，故AD正确，BC错误；
故答案为：AD.
【分析】本题考查非线性回归模型的线性化变换，核心是对指数模型 取对数，转化为线性回归方程 ，再通过系数对比求出参数 和 。
11．【答案】B,C,D
【知识点】抽象函数及其应用；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由于，因为，
所以有，
即函数在上单调递减，
A，根据函数在上单调递减，不妨取，满足，此时，故A错误；
B，由，都有，
即
同向不等式可相加得：，故B正确；
C，由，可得，即，故C正确；
D，不妨设任意的，都有，即，
，故D正确；
故答案为：BCD．
【分析】本题考查构造函数法解抽象函数不等式，核心是利用条件 构造函数 ，通过导数判断其单调性，再结合单调性逐一验证选项。
12．【答案】
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：的展开式中所有项的二项式系数之和为，.
的展开式的通项公式为，
令，可得，
的展开式的常数项为.
故答案为：240.
【分析】本题考查二项式定理的应用，核心是先利用二项式系数和求出指数 n，再写出通项公式，通过令 x 的指数为 0 确定常数项对应的 r，最后计算系数。
13．【答案】0（或1，两者任选1个即可）
【知识点】导数的几何意义；导数的乘法与除法法则；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：，当时，，
故在点处的切线方程为，
联立与得，
当时，，，只有1个公共点，满足要求；
当时，由，解得，
综上实数a的一个值可以为0，也可以是1
故答案为：0（或1，两者任选1个即可）
【分析】本题考查导数的几何意义与直线和二次曲线的位置关系，核心是先求出切线方程，再通过联立方程、分类讨论 a 的取值，利用判别式判断公共点个数。
14．【答案】5；
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由于，
故从原点0移动到数字4的方法种数为，即；
设第次移动个单位，其中，
所以，
所以中有三个2，两个1，
所以，
求导得，
而，
从而在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值是.
故答案为：5；.
【分析】本题考查组合计数与概率优化问题，核心是先通过分类讨论计算到达位置 4 的方法数，再构造移动 5 次到位置 8 的概率函数，利用导数求其最大值。
15．【答案】（1）证明：由，得，
又，故，故，
所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列．
（2）解：由（1）可知，所以，
所以．
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】(1) 将递推关系变形，构造出等比数列的形式，利用定义证明。
(2) 先求出数列的通项公式，再分别对两部分求和，得到前项和。
（1）证明：由，得，
又，故，故，
所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列．
（2）由（1）可知，所以，
所以．
16．【答案】（1）解：利用全概率公式可知，任取一个零件，它是次品的概率为：
；
（2）解：利用贝叶斯公式可知，如果取到的零件是次品，该次品来自第1台车床的概率为：
如果取到的零件是次品，该次品来自第2台车床的概率为：
如果取到的零件是次品，该次品来自第3台车床的概率为：
通过比较，如果取到的零件是次品，该次品来自第2台车床的概率最大.
【知识点】全概率公式；贝叶斯公式
【解析】【分析】(1) 利用全概率公式，计算零件为次品的总概率。
(2) 利用贝叶斯公式，分别计算次品来自各车床的条件概率，再比较大小。
（1）利用全概率公式可知，任取一个零件，它是次品的概率为：
；
（2）利用贝叶斯公式可知，
如果取到的零件是次品，该次品来自第1台车床的概率为：
如果取到的零件是次品，该次品来自第2台车床的概率为：
如果取到的零件是次品，该次品来自第3台车床的概率为：
通过比较，如果取到的零件是次品，该次品来自第2台车床的概率最大.
17．【答案】（1）解：由，求导得：，
当时，，当或时，，
所以在，上单调递减，在上单调递增；
（2）解：由得，，根据（1）的单调性结合极小值点，
可作出函数图象，
所以当，即时，可判断的零点个数为2；
当或，即或时，可判断的零点个数为1；
当，即时，可判断的零点个数为0，
综上可得：当时，的零点个数为2；
当时的零点个数为0；当或时，的零点个数为1.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）求导分析导数符号，结合定义域判断单调性。
(2) 通过分离参数，转化为直线与函数图象的交点问题，结合单调性与极值判断零点个数。
（1）由，求导得：，
当时，，当或时，，
所以在，上单调递减，在上单调递增；
（2）由得，，根据（1）的单调性结合极小值点，
可作出函数图象，
所以当，即时，可判断的零点个数为2；
当或，即或时，可判断的零点个数为1；
当，即时，可判断的零点个数为0，
综上可得：当时，的零点个数为2；
当时的零点个数为0；当或时，的零点个数为1.
18．【答案】（1）解：甲同学在一轮比赛中答对的题目数量为X的可能取值有，
则
所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
故；
（2）解：由于两组题至少答对3题才可获得一张奖券，
则甲在一轮答题中获得一张奖券的概率为，
所以甲同学进行了8轮答题，获得的奖券数，
可得奖券数的概率为，，
假设甲同学获得张奖券的概率最大，则有：
，化简得：
，解得，
又因为，所以，
即同学获得张奖券的概率最大.
【知识点】概率分布列；二项分布
【解析】【分析】(1) 根据题目规则，计算答对题目数量的所有可能取值的概率，列出分布列并求期望。
(2) 先计算单轮获得奖券的概率，再利用二项分布的性质，判断哪次奖券数的概率最大。
（1）甲同学在一轮比赛中答对的题目数量为X的可能取值有，
则
所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
故；
（2）由于两组题至少答对3题才可获得一张奖券，
则甲在一轮答题中获得一张奖券的概率为，
所以甲同学进行了8轮答题，获得的奖券数，
可得奖券数的概率为，，
假设甲同学获得张奖券的概率最大，则有：
，化简得：
，解得，
又因为，所以，
即同学获得张奖券的概率最大.
19．【答案】（1）解：因为，所以，时，，，
所以在处切线：，令，则得，所以，
，所以在处切线：，令，则得，
所以r的2次近似值为；
（2）解：（ⅰ），所以，所以，
所以在横坐标为的点处的切线方程为：，
令，则，所以，所以.
（ⅱ）因为，所以，
所以，因为，所以，所以，则，
所以数列为公比为2的等比数列，数列为公比为的等比数列，
令，则，当时，，
所以在上单调递减，所以，所以，
因为，所以，即，
所以.
【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；数列的递推公式
【解析】【分析】(1) 根据牛顿切线法的定义，依次计算两次切线与 x 轴的交点，得到二次近似值。
(2) 先根据切线方程推导递推关系，再通过数列递推和不等式放缩证明结论。
（1）因为，所以，时，，，
所以在处切线：，令，则得，所以，
，所以在处切线：，令，则得，
所以r的2次近似值为；
（2）（ⅰ），所以，所以，
所以在横坐标为的点处的切线方程为：，
令，则，所以，所以.
（ⅱ）因为，所以，
所以，因为，所以，所以，则，
所以数列为公比为2的等比数列，数列为公比为的等比数列，
令，则，当时，，
所以在上单调递减，所以，所以，
因为，所以，即，
所以.
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