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广东省广州市天河区2024-2025学年高二下学期期末考试数学试题
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．已知离散型随机变量的方差为1，则（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．已知两个等差数列及，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则（　　）
A．45 B．50 C．54 D．60
3．下列函数求导正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．的展开式中的系数为（　　）
A．0 B．10 C． D．20
5．用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位数，其中偶数的个数为（　　）
A．36 B．48 C．60 D．72
6．为了解性别（变量x）与体育锻炼（变量y）是否有关，采取简单随机抽样的方法抽取50名学生，得到成对样本观测数据的分类统计结果，如表所示（单位：人），根据数据计算，并依据小概率值的独立性检验，附：，，下列结论不正确的是（　　）
　 锻炼 合计
不经常 经常
女生 15 5 20
男生 10 m n
合计 25 25 50
A．
B．若从这50人中随机抽取1人，则经常锻炼的概率为
C．变量x与变量y独立，此推断犯错误的概率不超过0.005
D．变量x与变量y不独立，此推断犯错误的概率不超过0.005
7．如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点O处出发，每隔1秒等可能地向左或向右移动一个单位，共移动5次，则质点位于的位置的概率为（　　）
A． B． C． D．
8．已知函数，若且满足，则（　　）
A． B．
C． D．的大小关系不能确定
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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9．李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到，假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，，．X和Y的分布密度曲线如图所示．则下列正确的是（　　）
（参考数据：，，）
A．
B．
C．
D．为了保证84.135%的概率不迟到，李明不管选择哪种交通工具都需至少预留36分钟时间
10．已知函数，下列正确的是（　　）
A．当时，的图象关于点对称
B．当时，恒成立
C．若函数在上有两个不同的极值点，则
D．若函数在上有两个零点，则
11．我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的．以下关于杨辉三角的说法正确的是（　　）
A．第6行从左到右第4个数是20
B．第2022行的第1011个数最大
C．210在杨辉三角中共出现了6次
D．记第行的第个数为，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．计算：　 　．
13．记为等比数列的前项和，若，则公比　 　．
14．甲、乙、丙三人相互做传球训练，传球规则如下：若球由甲手中传出，则甲传给乙；否则，传球者等可能地将球传给另外的两个人．第一次传球由甲手中传出，第n次传球后，球在甲手中的概率记为，请写出与关系式　 　．
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．
15．一批笔记本电脑共有10台，其中A品牌3台，B品牌7台．
（1）若每次从中随机抽取1台，抽取后不再放回，则在第一次抽到A品牌的条件下，第二次抽到B品牌的概率；
（2）若从中随机抽取2台，求这2台电脑中A品牌台数的分布列和期望．
16．已知数列的首项为，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求满足条件的最大整数．
17．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：．
18．为了研究广告支出与销售额的关系，现随机抽取5家超市作为样本，得到其广告支出x（单位：万元）与销售额W（单位：万元）数据如下：
超市 A B C D E
广告支出x 1 2 3 4 5
销售额W 4 9 14 18
（1）当时，根据表中样本数据，计算相关系数r，并推断它们的相关程度（保留两位小数）；
（2）根据表中样本数据，用最小二乘法得到销售额W关于广告支出x的回归直线方程为，销售额W的方差为52.4，求的值，并计算广告支出为5（万元）时销售额的残差；
（3）收集更多变量和的成对样本数据，由一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如图所示，则模型误差是否满足一元线性回归模型的与的假设（直接写出结果）．
附：相关系数，回归系数，参考数据：．
19．牛顿法是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设是函数的零点，即．选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，的方程为，若，则直线与轴的交点的横坐标记为，再过点作曲线的切线，并求出切线与轴的交点的横坐标记为，重复以上过程，得的近似值序列：，也称为牛顿数列，根据已有精确度，当时，则为近似解．
（1）设，当时，试用牛顿法求方程满足精确度的近似解（保留两位小数）；
（2）设的两个零点分别为，数列为函数的牛顿数列，若数列满足，，求数列通项公式；
（3）设，若，函数的最小值为，证明：．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】离散型随机变量的方差
【解析】【解答】解：因为离散型随机变量的方差为1，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和方差的性质，从而得出的值.
2．【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为等差数列2，6，10，，190，…的公差为4，
又因为2，8，14，，200，…的公差为6，
所以2与6的最小公倍数为12，
则两个等差数列的公共项为2，14，26，38，50，，
所以，公共项为，．
故答案为：B.
【分析】先求出两数列的公差和两数列的最小公倍数，从而得出两个等差数列的公共项，进而得出新数列的公差，再利用等差数列的通项公式和代入法，从而得出新数列第5项的值.
3．【答案】C
【知识点】简单复合函数求导法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：对于选项A：若，则，故A错误；
对于选项B：若，则，故B错误；
对于选项C：若，则，故C正确；
对于选项D：若，则，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据基本初等函数的导函数运算，则判断出选项A和选项B；利用复合函数的导函数运算，则判断出选项C和选项D，从而找出函数求导正确的选项.
4．【答案】A
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：展开式的通项公式为，
令，，
令，，则的系数为0.
故答案为：A.
【分析】先写出展开式的通项公式，再分别求和的项，即可得展开式中的系数.
5．【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：若五位数的个位为零，其余数位随意安排，这样的数有个；
若五位数的个位不为零，而个位仅有2，4两种选择，万位有3种选择，这样的数有，
所以，五位数为偶数有.
故答案为：C.
【分析】利用特殊元素优先法结合分类加法计数原理以及排列数公式，从而得出五位数为偶数的个数.
6．【答案】C
【知识点】独立性检验的应用；古典概型及其概率计算公式；2×2列联表
【解析】【解答】解：对于选项A，根据已知条件和表中数据，从而可知的值，故选项A正确；
对于选项B，若从这50人中随机抽取1人，则经常锻炼的概率为，故选项B正确；
对于选项C、选项D，因为，，
所以，变量x与变量y不独立，此推断犯错误的概率不超过0.005，故选项C错误、选项D正确.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和表中数据，从而得出m的值，则判断出选项A；利用已知条件和古典概率公式，则判断出选项B；利用已知条件和独立性检验的方法，则判断出选项C和选项D，从而找出结论不正确的选项.
7．【答案】B
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：若移动5次质点位于的位置，
则向左移动3次，向右移动2次，
所以，质点位于的位置的概率为.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件分析可知向左移动3次，向右移动2次，再结合二项分布求概率公式，从而得出质点位于的位置的概率.
8．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，所以，则，
令，求导可得，
当，可得，所以在上单调递增，则，
由，可得，
当，则在上单调递减，
所以.
故答案为：A.
【分析】由题意可得，令，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而判断出的大小.
9．【答案】B,D
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：对于A，根据给定的正态分布密度曲线图像，可得随机变量，所以，故A错误；
对于B，根据正态分布密度曲线图像，则当时，随机变量对应的曲线与围成的面积小于时随机变量对应的曲线与围成的面积，
所以， 故B正确；
对于C，根据正态分布密度曲线图象，可得，
，
则，故C错误；
对于D，因为，所以，
为了保证84.135%的概率不迟到，李明不管选择哪种交通工具都需至少预留36分钟时间，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据已知条件和给定的正态分布密度曲线的对称性求概率的方法和性质，从而逐项判断找出正确的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：对于A，当时，，定义域为，
因为，
所以，函数是偶函数，图象关于轴对称，故A错误；
对于B，当时，则，
求导得对恒成立，
所以在上单调递增，
因为，所以恒成立，故B正确；
对于C，由，
可得，
令，可得，
若函数在上有两个不同的极值点，
则在有两个不等的实数解，
所以，解得，
若函数在上有两个不同的极值点，则，故C正确；
对于D，因为，所以是函数的一个零点，
若函数在上有两个零点，则函数在上还需有一个零点，
由，可得，
令，则，
令，求导得，
令，可得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
因为，
又因为，
所以，使，
当时，；当时，；当，，
当时，；当时，；当，，
当时，；当时，；当，，
当时，与有一个大于0的交点，
所以，函数在上有两个零点，
则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件和奇函数图象对称性、偶函数图象对称性，则可判断选项A；利用导数得出函数的最值可判断选项B；利用已知条件结合导数得出函数极值点个数，再利用已知条件得出实数a的取值范围，则判断出选项C；利用函数零点个数和已知条件得出，令，
根据函数求极限的方法和函数零点个数与两函数的交点的横坐标个数的等价关系，从而得出实数a的取值范围，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】二项式定理；组合数的基本计算
【解析】【解答】解：对于选项A：由题中所给的杨辉三角可知，
从第1行起，第行的第个数可表示为，
则第6行从左到右第4个数是，故选项A正确；
对于选项B：第2022行的第个数可表示为，
由组合数的性质可知，最大，
因此，，
则第2022行的第1012个数最大，故选项B错误；
对于选项C：因为210在杨辉三角中出现的情况有（第10行的第5个数），
（第10行的第7个数），（第210行的第2个数），（第210行的第210个数），
（第21行的第3个数），（第21行的第20个数），共6次，故选项C正确；
选项D：因为第行的第个数，所以，
令，则，
所以，故选项D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据题中所给的杨辉三角，从而得出每一行每一个数的表示，再利用代入法得出第6行从左到右第4个数，则判断出选项A；根据已知条件和组合数的性质，从而找到第2022行中的最大数，则判断出选项B；利用已知条件列举出值为210的组合数，则判断出选项C；利用二项式定理进行转化，从而得出，则判断出选项D，进而找出关于杨辉三角说法正确的选项.
12．【答案】48
【知识点】排列数的基本计算
【解析】【解答】解：由题意，可得：.
故答案为：48.
【分析】根据题意结合排列数公式，从而化简求值.
13．【答案】1或
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
由，可得，
所以，
又因为，所以，
则，
所以，
解得或.
故答案为：或.
【分析】设等比数列的公比为，由题意结合等比数列的通项公式、等比数列前n项和以及已知条件，则可得，解方程得出等比数列的公比的值.
14．【答案】
【知识点】数列的递推公式；概率的应用
【解析】【解答】解：.
故答案为：.
【分析】根据题意和递推关系，从而写出与关系式.
15．【答案】（1）解：由题意，设事件：第一次抽到品牌，设事件：第二次抽到品牌.
方法一：，
，
每次不放回抽取，
则在第一次抽到品牌的条件下，第二次抽到品牌的概率．
方法二：
．
（2）解：设挑选2台电脑中品牌的台数为，
则的可能取值为，
根据古典概率的知识，可得的分布列为：
，
用表格表示的分布列，如图所示：
0 1 2
．
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；条件概率
【解析】【分析】（1）利用两种方法求解.
方法一：利用组合数公式和条件概率公式，从而得出在第一次抽到A品牌的条件下，第二次抽到B品牌的概率.
方法二：利用组合数公式和古典概率公式，从而得出的值，再利用条件概率公式，从而得出在第一次抽到A品牌的条件下，第二次抽到B品牌的概率.
（2）由已知条件确定随机变量的可能取值，并求得取各值的概率，由此可得随机变量X的分布列，再利用随机变量分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（1）由题意得，设事件：第一次抽到品牌；设事件：第二次抽到品牌
法一：，．
每次不放回抽取，则在第一次抽到品牌的条件下，第二次抽到品牌的概率．
法二：．
（2）设挑选2台电脑中品牌的台数为，则的可能取值为根据古典概型的知识可得的分布列为
，
用表格表示的分布列，如图所示
0 1 2
．
16．【答案】（1）解：当时，，
将以上等式两边分别累加，
可得，
，
当时，也符合上式，
．
（2）解：，
，
，
，
的最大值为8.
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；反证法与放缩法；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件和累加法，再结合检验法可得数列的通项公式.
（2）根据和裂项相消的方法和放缩法，从而得出n的取值范围，再利用进而得出满足条件的最大整数．
（1）当时，，
将以上等式两边分别累加，可得，
，
当时，也符合上式．．
（2），
，
，
，
，
的最大值为8.
17．【答案】（1）解：因为，
，
①当时，在上单调递减；
②当时，令，得，
当时，在单调递增；
当时，在单调递减，
综上所述，当时，在单调递减；
当时，在单调递减，在单调递增．
（2）证明：由（1）可得，
当时，，
要证，即证，
令，则，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
，则，
.
【知识点】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）利用已知条件和分类讨论的方法，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而讨论出函数的单调性.
（2）由题意结合（1）可得，再利用分析法证出，令，再利用导数得出函数的最小值，进而证出不等式成立.
（1），
，
①当时，在上单调递减；
②当时，令，得，
时，在单调递增；
时，在单调递减；
综上所述，当时，在单调递减；
当时，在单调递减，在单调递增．
（2）由（1）可得，当时，，
即证，即证，
令，则，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
，即，
.
18．【答案】（1）解：由题意，知，
0 1 2
1 5 7
则，
，
，
所以，相关系数为：
，
则接近于1，可以推断两个变量正线性相关，且相关性很强.
（2）解：因为销售额的方差52.4，
所以，
则，
化为，
解得（舍去），
所以，
因为回归直线方程为经过样本中心点，
把代入，得，
则销售量关于广告支出的回归直线方程为，
当时，代入，得预测值，
又因为观测值，
所以广告支出为5（万元）时销售额度的残差：（万元）.
（3）解： 由残差图，可知模型误差满足一元线性回归模型的的假设，
不满足一元线性回归模型的的假设．
【知识点】线性回归方程；回归分析的初步应用；可线性化的回归分析；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【分析】（1）利用表中数据求出，从而得出相关系数再利用相关系数判断出两个变量正线性相关，且相关性很强.
（2）根据销售额的方差52.4列方程，从而求出的值，再利用平均数公式求出和的值， 从而求出的值以及回归直线方程，再利用残差的定义计算即可.
（3）根据残差图和已知条件，从而判断出模型误差不满足一元线性回归模型的与的假设.
（1）由题知，
0 1 2
1 5 7
，
，
，
相关系数，
接近于1，可以推断两个变量正线性相关，且相关性很强；
（2）因为销售额的方差52.4，
即，
所以，
化为，
解得（舍去），
所以，
因为回归直线方程为经过样本中心点，
把代入得，
销售量关于广告支出的回归直线方程为，
当时，代入得预测值，
而观测值，所以广告支出为5（万元）时销售额度的残差：（万元）；
（3）由残差图，模型误差满足一元线性回归模型的的假设，
不满足一元线性回归模型的的假设．
19．【答案】（1）解：因为函数，
所以，
则函数在处切线的斜率为，
又因为，即切点为，
所以函数在处的切线方程为，即，
由，得，且，
则函数在处切线的斜率为，
因为，即切点为
所以，函数在处的切线方程为，即，
由，得，且，
则用牛顿法求方程满足精度的近似解为.
（2）解：因为，
所以，
可得，
过点作曲线的切线，
令，得，
则，
又因为是函数的两个零点，
所以，且则，
所以
，
则数列是首项为，公比为2的等比数列，
所以.
（3）证明：因为函数，且
所以函数在上单调递增，
由
得，
所以①，且②，
设，
所以，函数在处切线为，
当时，，
所以，
则，
求导，得，
令，
则，
所以，函数在上单调递增，
由①②代入，得，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则函数最小值为，
令，求导，得，
令，求导，得，
当时，；当时，，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，当时，恒成立，
则函数在上单调递减，
又因为，所以，
则．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；等比数列的通项公式；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义得出切线的方程，然后由牛顿法求出方程满足精确度的近似解.
（2）先利用导数和赋值法求出与之间的关系，从而可得的表达式，进一步得，再利用等比数列定义及通项公式计算即可.
（3）利用已知条件得出函数的最小值，结合求出与的关系式，再根据结论构造函数，利用导数正负判断函数在上的单调性，从而证出不等式成立.
（1）因为函数，
所以，
所以函数在处切线的斜率为，
因为，即切点为，
所以函数在处的切线方程为，即，
由得，且，
函数在处切线的斜率为，
因为，即切点为
所以函数在处的切线方程为，即，
由得，且，
故用牛顿法求方程满足精度的近似解为；
（2）因为，则，
可得，
过点作曲线的切线，
令，得，
则，
又因为是函数的两个零点，
所以，且
所以，
所以
，
所以数列是首项为，公比为2的等比数列，
所以；
（3）因为函数，
且
所以函数在上单调递增，
由
得，
所以①，且②，
设，
所以函数在处切线为，
当时，，
所以，
所以，
求导得，
令，
则，
所以函数在上单调递增，
由①②代入得，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数最小值为，
令，
求导得，
令，求导得，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
而，
所以当时，恒成立，即函数在上单调递减，
而，因此，
所以．
1 / 1广东省广州市天河区2024-2025学年高二下学期期末考试数学试题
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．已知离散型随机变量的方差为1，则（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】离散型随机变量的方差
【解析】【解答】解：因为离散型随机变量的方差为1，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和方差的性质，从而得出的值.
2．已知两个等差数列及，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则（　　）
A．45 B．50 C．54 D．60
【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为等差数列2，6，10，，190，…的公差为4，
又因为2，8，14，，200，…的公差为6，
所以2与6的最小公倍数为12，
则两个等差数列的公共项为2，14，26，38，50，，
所以，公共项为，．
故答案为：B.
【分析】先求出两数列的公差和两数列的最小公倍数，从而得出两个等差数列的公共项，进而得出新数列的公差，再利用等差数列的通项公式和代入法，从而得出新数列第5项的值.
3．下列函数求导正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】简单复合函数求导法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：对于选项A：若，则，故A错误；
对于选项B：若，则，故B错误；
对于选项C：若，则，故C正确；
对于选项D：若，则，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据基本初等函数的导函数运算，则判断出选项A和选项B；利用复合函数的导函数运算，则判断出选项C和选项D，从而找出函数求导正确的选项.
4．的展开式中的系数为（　　）
A．0 B．10 C． D．20
【答案】A
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：展开式的通项公式为，
令，，
令，，则的系数为0.
故答案为：A.
【分析】先写出展开式的通项公式，再分别求和的项，即可得展开式中的系数.
5．用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位数，其中偶数的个数为（　　）
A．36 B．48 C．60 D．72
【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：若五位数的个位为零，其余数位随意安排，这样的数有个；
若五位数的个位不为零，而个位仅有2，4两种选择，万位有3种选择，这样的数有，
所以，五位数为偶数有.
故答案为：C.
【分析】利用特殊元素优先法结合分类加法计数原理以及排列数公式，从而得出五位数为偶数的个数.
6．为了解性别（变量x）与体育锻炼（变量y）是否有关，采取简单随机抽样的方法抽取50名学生，得到成对样本观测数据的分类统计结果，如表所示（单位：人），根据数据计算，并依据小概率值的独立性检验，附：，，下列结论不正确的是（　　）
　 锻炼 合计
不经常 经常
女生 15 5 20
男生 10 m n
合计 25 25 50
A．
B．若从这50人中随机抽取1人，则经常锻炼的概率为
C．变量x与变量y独立，此推断犯错误的概率不超过0.005
D．变量x与变量y不独立，此推断犯错误的概率不超过0.005
【答案】C
【知识点】独立性检验的应用；古典概型及其概率计算公式；2×2列联表
【解析】【解答】解：对于选项A，根据已知条件和表中数据，从而可知的值，故选项A正确；
对于选项B，若从这50人中随机抽取1人，则经常锻炼的概率为，故选项B正确；
对于选项C、选项D，因为，，
所以，变量x与变量y不独立，此推断犯错误的概率不超过0.005，故选项C错误、选项D正确.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和表中数据，从而得出m的值，则判断出选项A；利用已知条件和古典概率公式，则判断出选项B；利用已知条件和独立性检验的方法，则判断出选项C和选项D，从而找出结论不正确的选项.
7．如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点O处出发，每隔1秒等可能地向左或向右移动一个单位，共移动5次，则质点位于的位置的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：若移动5次质点位于的位置，
则向左移动3次，向右移动2次，
所以，质点位于的位置的概率为.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件分析可知向左移动3次，向右移动2次，再结合二项分布求概率公式，从而得出质点位于的位置的概率.
8．已知函数，若且满足，则（　　）
A． B．
C． D．的大小关系不能确定
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，所以，则，
令，求导可得，
当，可得，所以在上单调递增，则，
由，可得，
当，则在上单调递减，
所以.
故答案为：A.
【分析】由题意可得，令，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而判断出的大小.
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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9．李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到，假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，，．X和Y的分布密度曲线如图所示．则下列正确的是（　　）
（参考数据：，，）
A．
B．
C．
D．为了保证84.135%的概率不迟到，李明不管选择哪种交通工具都需至少预留36分钟时间
【答案】B,D
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：对于A，根据给定的正态分布密度曲线图像，可得随机变量，所以，故A错误；
对于B，根据正态分布密度曲线图像，则当时，随机变量对应的曲线与围成的面积小于时随机变量对应的曲线与围成的面积，
所以， 故B正确；
对于C，根据正态分布密度曲线图象，可得，
，
则，故C错误；
对于D，因为，所以，
为了保证84.135%的概率不迟到，李明不管选择哪种交通工具都需至少预留36分钟时间，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据已知条件和给定的正态分布密度曲线的对称性求概率的方法和性质，从而逐项判断找出正确的选项.
10．已知函数，下列正确的是（　　）
A．当时，的图象关于点对称
B．当时，恒成立
C．若函数在上有两个不同的极值点，则
D．若函数在上有两个零点，则
【答案】B,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：对于A，当时，，定义域为，
因为，
所以，函数是偶函数，图象关于轴对称，故A错误；
对于B，当时，则，
求导得对恒成立，
所以在上单调递增，
因为，所以恒成立，故B正确；
对于C，由，
可得，
令，可得，
若函数在上有两个不同的极值点，
则在有两个不等的实数解，
所以，解得，
若函数在上有两个不同的极值点，则，故C正确；
对于D，因为，所以是函数的一个零点，
若函数在上有两个零点，则函数在上还需有一个零点，
由，可得，
令，则，
令，求导得，
令，可得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
因为，
又因为，
所以，使，
当时，；当时，；当，，
当时，；当时，；当，，
当时，；当时，；当，，
当时，与有一个大于0的交点，
所以，函数在上有两个零点，
则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件和奇函数图象对称性、偶函数图象对称性，则可判断选项A；利用导数得出函数的最值可判断选项B；利用已知条件结合导数得出函数极值点个数，再利用已知条件得出实数a的取值范围，则判断出选项C；利用函数零点个数和已知条件得出，令，
根据函数求极限的方法和函数零点个数与两函数的交点的横坐标个数的等价关系，从而得出实数a的取值范围，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的．以下关于杨辉三角的说法正确的是（　　）
A．第6行从左到右第4个数是20
B．第2022行的第1011个数最大
C．210在杨辉三角中共出现了6次
D．记第行的第个数为，则
【答案】A,C,D
【知识点】二项式定理；组合数的基本计算
【解析】【解答】解：对于选项A：由题中所给的杨辉三角可知，
从第1行起，第行的第个数可表示为，
则第6行从左到右第4个数是，故选项A正确；
对于选项B：第2022行的第个数可表示为，
由组合数的性质可知，最大，
因此，，
则第2022行的第1012个数最大，故选项B错误；
对于选项C：因为210在杨辉三角中出现的情况有（第10行的第5个数），
（第10行的第7个数），（第210行的第2个数），（第210行的第210个数），
（第21行的第3个数），（第21行的第20个数），共6次，故选项C正确；
选项D：因为第行的第个数，所以，
令，则，
所以，故选项D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据题中所给的杨辉三角，从而得出每一行每一个数的表示，再利用代入法得出第6行从左到右第4个数，则判断出选项A；根据已知条件和组合数的性质，从而找到第2022行中的最大数，则判断出选项B；利用已知条件列举出值为210的组合数，则判断出选项C；利用二项式定理进行转化，从而得出，则判断出选项D，进而找出关于杨辉三角说法正确的选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．计算：　 　．
【答案】48
【知识点】排列数的基本计算
【解析】【解答】解：由题意，可得：.
故答案为：48.
【分析】根据题意结合排列数公式，从而化简求值.
13．记为等比数列的前项和，若，则公比　 　．
【答案】1或
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
由，可得，
所以，
又因为，所以，
则，
所以，
解得或.
故答案为：或.
【分析】设等比数列的公比为，由题意结合等比数列的通项公式、等比数列前n项和以及已知条件，则可得，解方程得出等比数列的公比的值.
14．甲、乙、丙三人相互做传球训练，传球规则如下：若球由甲手中传出，则甲传给乙；否则，传球者等可能地将球传给另外的两个人．第一次传球由甲手中传出，第n次传球后，球在甲手中的概率记为，请写出与关系式　 　．
【答案】
【知识点】数列的递推公式；概率的应用
【解析】【解答】解：.
故答案为：.
【分析】根据题意和递推关系，从而写出与关系式.
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．
15．一批笔记本电脑共有10台，其中A品牌3台，B品牌7台．
（1）若每次从中随机抽取1台，抽取后不再放回，则在第一次抽到A品牌的条件下，第二次抽到B品牌的概率；
（2）若从中随机抽取2台，求这2台电脑中A品牌台数的分布列和期望．
【答案】（1）解：由题意，设事件：第一次抽到品牌，设事件：第二次抽到品牌.
方法一：，
，
每次不放回抽取，
则在第一次抽到品牌的条件下，第二次抽到品牌的概率．
方法二：
．
（2）解：设挑选2台电脑中品牌的台数为，
则的可能取值为，
根据古典概率的知识，可得的分布列为：
，
用表格表示的分布列，如图所示：
0 1 2
．
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；条件概率
【解析】【分析】（1）利用两种方法求解.
方法一：利用组合数公式和条件概率公式，从而得出在第一次抽到A品牌的条件下，第二次抽到B品牌的概率.
方法二：利用组合数公式和古典概率公式，从而得出的值，再利用条件概率公式，从而得出在第一次抽到A品牌的条件下，第二次抽到B品牌的概率.
（2）由已知条件确定随机变量的可能取值，并求得取各值的概率，由此可得随机变量X的分布列，再利用随机变量分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（1）由题意得，设事件：第一次抽到品牌；设事件：第二次抽到品牌
法一：，．
每次不放回抽取，则在第一次抽到品牌的条件下，第二次抽到品牌的概率．
法二：．
（2）设挑选2台电脑中品牌的台数为，则的可能取值为根据古典概型的知识可得的分布列为
，
用表格表示的分布列，如图所示
0 1 2
．
16．已知数列的首项为，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求满足条件的最大整数．
【答案】（1）解：当时，，
将以上等式两边分别累加，
可得，
，
当时，也符合上式，
．
（2）解：，
，
，
，
的最大值为8.
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；反证法与放缩法；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件和累加法，再结合检验法可得数列的通项公式.
（2）根据和裂项相消的方法和放缩法，从而得出n的取值范围，再利用进而得出满足条件的最大整数．
（1）当时，，
将以上等式两边分别累加，可得，
，
当时，也符合上式．．
（2），
，
，
，
，
的最大值为8.
17．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：．
【答案】（1）解：因为，
，
①当时，在上单调递减；
②当时，令，得，
当时，在单调递增；
当时，在单调递减，
综上所述，当时，在单调递减；
当时，在单调递减，在单调递增．
（2）证明：由（1）可得，
当时，，
要证，即证，
令，则，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
，则，
.
【知识点】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）利用已知条件和分类讨论的方法，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而讨论出函数的单调性.
（2）由题意结合（1）可得，再利用分析法证出，令，再利用导数得出函数的最小值，进而证出不等式成立.
（1），
，
①当时，在上单调递减；
②当时，令，得，
时，在单调递增；
时，在单调递减；
综上所述，当时，在单调递减；
当时，在单调递减，在单调递增．
（2）由（1）可得，当时，，
即证，即证，
令，则，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
，即，
.
18．为了研究广告支出与销售额的关系，现随机抽取5家超市作为样本，得到其广告支出x（单位：万元）与销售额W（单位：万元）数据如下：
超市 A B C D E
广告支出x 1 2 3 4 5
销售额W 4 9 14 18
（1）当时，根据表中样本数据，计算相关系数r，并推断它们的相关程度（保留两位小数）；
（2）根据表中样本数据，用最小二乘法得到销售额W关于广告支出x的回归直线方程为，销售额W的方差为52.4，求的值，并计算广告支出为5（万元）时销售额的残差；
（3）收集更多变量和的成对样本数据，由一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如图所示，则模型误差是否满足一元线性回归模型的与的假设（直接写出结果）．
附：相关系数，回归系数，参考数据：．
【答案】（1）解：由题意，知，
0 1 2
1 5 7
则，
，
，
所以，相关系数为：
，
则接近于1，可以推断两个变量正线性相关，且相关性很强.
（2）解：因为销售额的方差52.4，
所以，
则，
化为，
解得（舍去），
所以，
因为回归直线方程为经过样本中心点，
把代入，得，
则销售量关于广告支出的回归直线方程为，
当时，代入，得预测值，
又因为观测值，
所以广告支出为5（万元）时销售额度的残差：（万元）.
（3）解： 由残差图，可知模型误差满足一元线性回归模型的的假设，
不满足一元线性回归模型的的假设．
【知识点】线性回归方程；回归分析的初步应用；可线性化的回归分析；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【分析】（1）利用表中数据求出，从而得出相关系数再利用相关系数判断出两个变量正线性相关，且相关性很强.
（2）根据销售额的方差52.4列方程，从而求出的值，再利用平均数公式求出和的值， 从而求出的值以及回归直线方程，再利用残差的定义计算即可.
（3）根据残差图和已知条件，从而判断出模型误差不满足一元线性回归模型的与的假设.
（1）由题知，
0 1 2
1 5 7
，
，
，
相关系数，
接近于1，可以推断两个变量正线性相关，且相关性很强；
（2）因为销售额的方差52.4，
即，
所以，
化为，
解得（舍去），
所以，
因为回归直线方程为经过样本中心点，
把代入得，
销售量关于广告支出的回归直线方程为，
当时，代入得预测值，
而观测值，所以广告支出为5（万元）时销售额度的残差：（万元）；
（3）由残差图，模型误差满足一元线性回归模型的的假设，
不满足一元线性回归模型的的假设．
19．牛顿法是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设是函数的零点，即．选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，的方程为，若，则直线与轴的交点的横坐标记为，再过点作曲线的切线，并求出切线与轴的交点的横坐标记为，重复以上过程，得的近似值序列：，也称为牛顿数列，根据已有精确度，当时，则为近似解．
（1）设，当时，试用牛顿法求方程满足精确度的近似解（保留两位小数）；
（2）设的两个零点分别为，数列为函数的牛顿数列，若数列满足，，求数列通项公式；
（3）设，若，函数的最小值为，证明：．
【答案】（1）解：因为函数，
所以，
则函数在处切线的斜率为，
又因为，即切点为，
所以函数在处的切线方程为，即，
由，得，且，
则函数在处切线的斜率为，
因为，即切点为
所以，函数在处的切线方程为，即，
由，得，且，
则用牛顿法求方程满足精度的近似解为.
（2）解：因为，
所以，
可得，
过点作曲线的切线，
令，得，
则，
又因为是函数的两个零点，
所以，且则，
所以
，
则数列是首项为，公比为2的等比数列，
所以.
（3）证明：因为函数，且
所以函数在上单调递增，
由
得，
所以①，且②，
设，
所以，函数在处切线为，
当时，，
所以，
则，
求导，得，
令，
则，
所以，函数在上单调递增，
由①②代入，得，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则函数最小值为，
令，求导，得，
令，求导，得，
当时，；当时，，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，当时，恒成立，
则函数在上单调递减，
又因为，所以，
则．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；等比数列的通项公式；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义得出切线的方程，然后由牛顿法求出方程满足精确度的近似解.
（2）先利用导数和赋值法求出与之间的关系，从而可得的表达式，进一步得，再利用等比数列定义及通项公式计算即可.
（3）利用已知条件得出函数的最小值，结合求出与的关系式，再根据结论构造函数，利用导数正负判断函数在上的单调性，从而证出不等式成立.
（1）因为函数，
所以，
所以函数在处切线的斜率为，
因为，即切点为，
所以函数在处的切线方程为，即，
由得，且，
函数在处切线的斜率为，
因为，即切点为
所以函数在处的切线方程为，即，
由得，且，
故用牛顿法求方程满足精度的近似解为；
（2）因为，则，
可得，
过点作曲线的切线，
令，得，
则，
又因为是函数的两个零点，
所以，且
所以，
所以
，
所以数列是首项为，公比为2的等比数列，
所以；
（3）因为函数，
且
所以函数在上单调递增，
由
得，
所以①，且②，
设，
所以函数在处切线为，
当时，，
所以，
所以，
求导得，
令，
则，
所以函数在上单调递增，
由①②代入得，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数最小值为，
令，
求导得，
令，求导得，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
而，
所以当时，恒成立，即函数在上单调递减，
而，因此，
所以．
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