山东省青岛第三十九中学2024−2025学年高二下学期5月阶段性检测 数学试题（含解析）

这是一份山东省青岛第三十九中学2024−2025学年高二下学期5月阶段性检测 数学试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知函数在处有极值，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
2．为解决“卡脖子”问题，实现7nm芯片国产化，让中国制造走向世界，某公司两个研发小组同时设计生产出了相同规格、相同数量的芯片，经初步鉴定：组生产的芯片合格率为，B组生产的芯片合格率为，现公司决定再将这些产品送专家鉴定后量产，专家从这些芯片中随机取一个，则该芯片合格的概率为（ ）
A．B．C．D．
3．设是定义在上的奇函数，其导函数为，当时，图象如图所示，且在处取得极大值，则的解集为（ ）

A．B．C．D．
4．的展开式中的系数为（ ）
A．B．C．D．
5．下列说法中，正确的个数为（ ）
①样本相关系数的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度；
②用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好；
③随机变量服从正态分布，若，则；
④随机变量服从二项分布，若方差，则．
A．1个B．2个C．3个D．4个
6．已知定义在上的函数的导函数为，，且对任意的满足，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
7．盒中有2个黑球，2个白球和1个红球，每次随机抽取一球后放回，同时再放入1个同色球，抽取3次，3次颜色均不相同的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，若函数有四个不同的零点则的值为（ ）
A．81B．36C．12D．1
二、多选题
9．已知（常数）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（ ）
A．
B．展开式中奇数项的二项式系数的和为256
C．展开式中的系数为
D．若展开式中各项系数的和为1024，则第6项的系数最大
10．现有4个编号为1，2，3，4的不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（ ）
A．共有种不同的放法
B．恰有两个盒子不放球，共有360种放法
C．每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有18种
D．将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有120种
11．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．有两个零点
C．
D．若，，，则
三、填空题
12．已知函数的极小值点为2，则的极大值点为 ．
13．已知为直线上的动点，为函数图象上的动点，则的最小值为 ．
14．一只口袋装有形状、大小完全相同的3只小球，其中红球、黄球、黑球各1只．现从口袋中先后有放回地取球次，且每次取1只球，表示次取球中取到红球的次数，，则的数学期望为 （用表示）．
四、解答题
15．某社区为了推动全民健身，增加人们对体育运动的兴趣，随机抽取了男、女各 200 人做 统计调查. 统计显示，被调查的人中，喜欢运动的男性有 100 人，不喜欢运动的女性有 50 人.
(1)完成下面列联表，并判断能否在犯错误概率不超过 0.005的情况下认为人们喜欢运动与性别有关;
(2)为了鼓励全民运动，社区开展一次趣味体育比赛，并设置3个奖项，每个奖项有且仅有 一人获取，每人最多只能获得 1 个奖项; 现从这 400 人中选出男性4人，女性4人参加 比赛，记为获奖的男性人数，求的分布列和数学期望.
附：.
16．在中国诗词大会的比赛中，选手需要回答两组题展示自己的诗词储备.
（1）第一组题是情境共答题，参与比赛者需根据情境填写诗句.小王知道该诗句的概率是，且小王在不知道该诗句的情况下，答对的概率是.记事件A为“小王答对第一组题”，事件B为“小王知道该诗句”.
（ⅰ）求小王答对第一组题的概率；
（ⅱ）在小王答对第一组题的情况下，求他知道该诗句的概率.
（2）小王答对第一组题后开始答第二组题.第二组题为画中有诗，该环节共有三道题，每一题答题相互独立，但难度逐级上升，小王知道第n题的诗句的概率仍为，但是在不知道该诗句的情况下，答对的概率为，已知每一题答对的得分表如下（答错得分为0）：
若获得8分及以上则挑战成功，求小王挑战成功的概率.
17．已知函数.
(1)求证：当时，有两个零点；
(2)若在上恒成立，求实数的取值范围．
18．某校高三年级有750人，某次考试不同成绩段的人数，且所有得分都是整数．
（1）求该校高三年级本次考试的平均成绩及标准差；
（2）计算本次考试得分超过141的人数；（精确到整数）
（3）本次考试中有一类多项选择题，每道题的四个选项中有两个或三个选项正确，全部选对得6分，部分选对得部分分（正确答案有三个选项的，则每个选项2分；正确答案是2个选项的，则每个选项为3分），有选择错误的得0分．小明同学在做多项选择题时，选择一个选项的概率为，选择两个选项的概率为，选择三个选项的概率为．已知某个多项选择题有三个选项是正确的，小明在完全不知道四个选项正误的情况下，只好根据自己的经验随机选择，记小明做这道多项选择题所得的分数为，求的分布列及数学期望．
参考数据：若，则；；．
19．已知函数（）.
（1）若在处取到极值，求的值；
（2）若在上恒成立，求的取值范围；
（3）求证：当时， .
参考答案
1．【答案】C
【详解】因为，则，由题有，
解得，所以，
令，得到或，
当时，，当时，，
所以是的极大值点，即满足题意，
故选C.
2．【答案】C
【详解】设事件“从组中抽取芯片”，事件“抽到合格的芯片”，
则，，，
则.
故选C.
3．【答案】A
【详解】由图可得：时，，单调递增，则，所以，
时，，单调递减，则，所以，
因为是定义在上的奇函数，
所以当时，，单调递减，则，所以，
时，，单调递增，则，所以，
综上：的解集为；
故选A
4．【答案】D
【详解】，
项对应，，
项对应系数为，故展开后系数为.
故选D.
5．【答案】C
【分析】根据相关系数的性质，二项分布的性质，拟合效果的衡量以及正态分布的性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】相关系数的绝对值越接近于1，成对样本数据之间线性相关的程度越强，故①正确；
用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好，故②正确；
已知随机变量服从正态分布，若，则，故③正确；
若随机变量服从二项分布，则方差，所以，
所以，所以或，
故④错误.
故选C.
6．【答案】B
【详解】令，则，
所以在上单调递减，因为，所以，
不等式可变形为，即，可得，
故选B.
7．【答案】A
【详解】第一次抽取总共有个球，抽取任意一种颜色球的概率都不为0，不妨先抽取黑球，其概率为，
第二次抽取时，因为第一次抽取黑球后放回并放入1个黑球，此时球的总数变为个，
黑球有个，白球还是2个，红球为1个，若第二次抽取白球，其概率为，
第三次抽取时，由于第二次抽取白球后放回并放入1个白球，此时球的总数变为个，
黑球有个，白球有个，红球为1个，若第三次抽取红球，其概率为，
而第一次抽取黑球、第二次抽取白球、第三次抽取红球只是其中一种顺序，
三次抽取不同颜色球的顺序还有：第一次抽取白球、第二次抽取黑球、第三次抽取红球；
第一次抽取黑球、第二次抽取红球、第三次抽取白球；
第一次抽取红球、第二次抽取黑球、第三次抽取白球；
第一次抽取白球、第二次抽取红球、第三次抽取黑球；
第一次抽取红球、第二次抽取白球、第三次抽取黑球这5种情况.
每种情况的概率都是，所以3次颜色均不相同的概率为.
故选A
8．【答案】A
【详解】当时，在单调递减，
当时，，则，令，则，故在单调递增，在单调递减，此时，
而当时，，时，，
故当时，总有两个不相等的实数根，
由题意可知有4个不同的实数根，
即由4个不同的实根，
记，故有两个不相等的实数根，
，
不妨设
则，
故选A
9．【答案】ACD
【详解】由，则其展开式的通项为，
对于A，根据题意可得，由组合数的性质可知，故A正确；
对于B，由，则展开式中奇数项的二项式系数之和为，故B错误；
对于C，由，解得，则展开式中的系数为，故C正确；
对于D，令，则展开式中各项系数之和，解得，
可得展开式的通项为，即每项系数均为该项的二项式系数，
易知展开式中第项为二项式的中间项，则其系数最大，故D正确.
故选ACD.
10．【答案】BC
【详解】A：由题意，每个球都有5种放法，故共有种不同的放法，错；
B：恰有两个盒子不放球，则任选3个盒子放球有种，将4个球分成3组有种，
最后把3组球放进所选的3个盒子中有种，故共有种，对；
C：从四个编号中选2个放同编号的球有种，
若另2个盒子放余下2个球有1种放法，若余下2球一个放在5号盒子有2种放法，
所以，共有种，对；
D：4个相同的球放到5个不同的盒子，恰有一个空盒有种放法，错.
故选BC
11．【答案】BCD
【详解】A选项，定义域为，
，
故在上单调递减，
不妨取，此时满足，但，
，，A错误；
B选项，由A选项知，在上单调递减，
其中，，
，，
由零点存在性定理可知，存在，使得，
故有两个零点，B正确；
C选项，，
而，
故，C正确；
D选项，，
又，，
且，，，结合C选项知，，
则，D正确.
故选BCD
12．【答案】3
【详解】由题意，，
因为函数的极小值点为2，
所以，
即，解得，
则，
令，则或，
因为，函数的极小值点为2，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
从而，所以，
由，故，
所以的极大值点为.
13．【答案】
【详解】解：函数的导数为，
设与直线平行的直线与曲线相切，
设切点为，则，
所以，所以，所以，所以，
所以切线方程为，
可得的最小值为.
14．【答案】
【详解】由题知，
，
，
，
.
15．【答案】(1)表格见解析，能；
(2)分布列见解析，
【详解】（1）
零假设为：人们喜欢运动与性别无关．
根据列联表数据计算可得
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为人们喜欢运动与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.005,
即能在犯错误概率不超过 0.005的情况下认为人们喜欢运动与性别有关.
（2）记为获奖男性的人数可能为0，1，2，3，
；；
；，
随机变量的分布列如下.
所以.
16．【答案】（1）（ⅰ）；（ⅰⅰ）
（2）
【详解】（1）（i）已知，则.
在知道诗句的情况下一定答对，即；在不知道诗句的情况下答对的概率.
根据全概率公式，将上述概率值代入可得：
.
（ii）计算在小王答对第一组题的情况下，他知道该诗句的概率
根据贝叶斯公式.
由前面计算可知，，，代入可得：
.
（2）设事件为“小王答对第二组题中的第题”（）.
已知小王知道第题诗句的概率为，不知道该诗句的情况下答对的概率为.
则；
；
.
因为获得分及以上则挑战成功，所以有以下几种情况：
答对第、题，答错第题，其概率为.
答对第、题，答错第题，其概率为.
答对第、、题，其概率为.
因为这几种情况互斥，所以小王挑战成功的概率为：
.
17．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】(1)当时，，则无零点，当时，通过二次求导可判断出存在唯一，使得，则在上递减，在上递增，再结合零点存在性定理可证得结论；
(2)将问题转化为恒成立，构造函数，转化为证在上恒成立，连续三次求导可得在上递增，然后分和两种情况讨论即可.
【详解】(1)证明：当时，，所以，
所以无零点，
当时，由，得，
令，则，
所以在上递增，即在上递增，
因为，
所以存在唯一，使得，
所以当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
因为，在上递增，所以，
因为，
所以存在唯一，使得，
所以有两个零点和0；
(2)若在上恒成立，则恒成立，
设，即证在上恒成立，
，令，
则，令，
则，
因为，所以，所以在上递增，
即在上递增，所以，
所以在上递增，即在上递增，
①当时，，则，
所以在上递增，
因为，所以在上恒成立，所以，
②当时，，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，所以，
因为，
所以，
所以存在，使得，
所以在上递减，
因为，所以时，不合题意，
综上，实数的取值范围为.
18．【答案】（1）平均成绩，标准差为
（2）17
（3）分布列见解析；期望为
【详解】（1）由题意得：平均成绩，
标准差为
（2）因为，，
所以
所以超过141的人数为：人
（3）设事件A，表示“小明选择了i个选项”（，2，3），事件B表示“选择的选项是正确的”．
由题知，可取6，4，2，0．
因为，，
，
所以随机变量的分布列为：
于是，
19．【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.
【详解】试题分析：（1）根据极值的概念得到，可得到参数值；（2）转化为函数最值问题，研究函数的单调性，分时，时，，三种情况讨论单调性，使得最小值大于等于0即可；（3）由（1）知令，当时，，当时，，给x赋值：2，3，4，5等，最终证得结果.
试题解析：（1），
∵在处取到极值，
∴，即，∴，
经检验，时，在处取到极小值.
（2），令（），
1°当时，，在上单调递减，又，
∴时，，不满足在上恒成立.
2°当时，二次函数开口向上，对称轴为，过.
①当，即时， 在上恒成立，∴，从而在上单调递增，
又，∴时，成立，满足在上恒成立；
②当，即时，存在，使时， ，单调递减，时，，单调递增，
∴，又，∴，故不满足题意.
3°当时，二次函数开口向下，对称轴为， 在单调递减， ，
∴，在上单调递减，又，∴时，，故不满足题意；综上所述， .
（3）证明：由（1）知令，当时， （当且仅当时取“”），
∴当时.即当2,3,4， ，，有

.
点睛：这个题目考查了导数在研究函数极值和单调性，最值中的应用，最终还用到了赋值的思想，证明不等式.其中有典型的恒成立求参的问题.一般是转化成函数最值问题，或者先变量分离，将参数和变量分离到不等号的两侧，再转化为最值问题.
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2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
题号
第1题
第2题
第3题
得分
2分
4分
6分
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100
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150
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