湖北省武汉市部分学校2024-2025学年高二下学期期末质量检测数学试题

这是一份湖北省武汉市部分学校2024-2025学年高二下学期期末质量检测数学试题，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。
1.若Cn+1n-1=6，则n=( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
2.若随机变量X满足P(X=c)=1(其中c为常数)，则D(X)=
A. 12B. 0C. cD. c2
3.在三次独立重复射击中，若至少有一次击中目标的概率为3764，则每次射击击中目标的概率是
A. 18B. 12C. 34D. 14
4.甲、乙、丙、丁、戊、己6名同学站成一排参加文艺汇演，若甲和乙相邻，且都不站在两端，则不同的排列方式共有
A. 48种B. 72种C. 96种D. 144种
5.从装有4个白球，2个红球的盒子中逐个不放回地摸取小球．若每取出1个红球得2分，每取出1个白球得1分，按照规则从盒子中任意抽取2个球，所得分数的期望为
A. 43B. 2C. 83D. 103
6.已知函数f(x)=aln x+12x2-6x+4在定义域内存在单调递减区间，则a的取值范围是( )
A. (-∞,0)B. (-∞,6)C. (-∞,9)D. (-∞,12)
7.从1，2，3，…，9中按从小到大的顺序取三个不同的数组成数列{an}，则数列{an}是等差数列的概率为
A. 584B. 121C. 421D. 142
8.已知随机变量X，Y均服从两点分布，若P(X=1)=13，P(Y=1)=23，P(XY=0)=34，则P(Y=1|X=0)=
A. 14B. 58C. 34D. 38
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 两个变量x，y的相关系数为r，则|r|越大，x与y之间的线性相关性越弱
B. 在回归分析中，R2为0.99的模型比R2为0.98的模型拟合的效果更好
C. 若X～N(μ,σ2)，则P(X≤μ-σ)=P(X≥μ+σ)
D. 若X～N(1,22)，Y～N(2,22)，则P(X0，fx递增，
所以这时fx=ex-lnx+1有极小值点x0=0，并且fx0=f0=1，B正确；
对于C，对于任意a∈R，fx=ex-lnx+a，定义域为-a,+∞，
因为f'x=ex-1x+a在-a,+∞内单调递增，而函数y=ex与y=1x+a在-a,+∞内图像有唯一交点，如图所示：
设它们图像交点的横坐标为x0，即ex0=1x0+a，
则当x∈-a,x0时，f'x=ex-1x+a0得t>1，
因此关于x的方程x(ex-1)-lnx-m=0在(0,+∞)上有且仅有一个实数根等价于
关于t的方程t-1lnt-lnlnt=m在(1,+∞)上有且仅有一个实数根，
令ft=t-1lnt-lnlntt>1，
而函数t=exx>0是单调函数，
因此关于t的方程t-1lnt-lnlnt=m在(1,+∞)上有且仅有一个实数根等价于
直线y=m与函数ft的图象有且仅一个交点，
因为f't=lnt+t-1t-1tlnt=tlnt+1lnt-1ttlntt>1，
所以由函数y=lntt>1和y=1tt>1知：
存在唯一的t0>1，使得lnt0-1t0=0，
且当10，函数ft单调递增，
所以函数ft的最小值为ft0=t0-1lnt0-lnlnt0=t0-1t0-ln1t0=1-1t0+1t0=1，
因此直线y=m与函数ft的图象有且仅一个交点，则m=1，
即若方程x(ex-1)-lnx-m=0在(0,+∞)上有且仅有一个实数根，则实数m=1．
故答案为：1．
15.【解析】(1)(x2+2 x)n(n⩾3,n∈N*)的展开式中，第2，3，4项的二项式系数依次Cn1，Cn2，Cn3，
根据题意得：2Cn2=Cn1+Cn3，
即2×n(n-1)2=n+n(n-1)(n-2)6，
化简，得n2-9n+14=0，
解得：n=2(舍去)，n=7；
(2)由n=7可知，二项式系数最大的项为中间两项，即第4项和第5项，
(x2+2 x)7的展开式的通项公式为
Tr+1=C7r(x2)7-r(2 x)r=C7r2r·x14-52r，
当r=3时，T4=C7323·x132=280x132，
当r=4时，T5=C7424·x4=560x4，
即展开式中二项式系数最大的项为280x132，560x4；
(3)由通项公式Tr+1=C7r2r·x14-52r，得
当r=0，2，4，6时，x的指数为整数，即展开式的第1，3，5，7项为有理项，共4项;
展开式共有8项，先排无理项，有A44种排法，无理项排好后形成5个空，
从5个空中选4个排有理项，有A54种排法，而8项全排列有A88种排法，
所以有理项不相邻的概率P=A44A54A88=114．
16.【解析】(1)因为甲、乙、丙三名工人生产的产品分别占总产量的30%、40%、30%，
所以按等比例分层抽样抽出10件产品，
则从甲、乙、丙三人生产的产品中抽取的数量分别是：
10×30％=3、10×40％=4、10×30％=3．
因为从抽取的10件产品中不放回地任取两件进行检测，所有的取法有C101C91=10×9，
而第一次取出的产品是乙生产的，第二次抽出的产品是甲生产的所有的取法有C41C31=4×3，
所以PMN=4×310×9=215．
因为从抽取的10件产品中不放回地任取两件进行检测，所有的取法有C101C91=10×9，
所以第一次取出的产品是乙生产的所有的取法有C41C91=4×9，
因此PM=4×910×9=25，所以P(N|M)=PMNPM=215×52=13．
因为从抽取的10件产品中不放回地任取两件进行检测，所有的取法有C101C91=10×9，
而第一次、第二次抽出的产品是甲生产的所有的取法有C31C21=3×2，
第一次取出的产品不是甲生产的，第二次抽出的产品是甲生产的所有的取法有C71C31=7×3，
所以第二次抽出的产品是甲生产的所有的取法有3×2+7×3，
因此PN=3×2+7×310×9=310，所以PM|N=PMNPN=215×103=49．
(2)设A1、A2、A3分别表示产品是由甲、乙、丙生产的，B表示取出的产品是次品，
因此PA1=0.3、PA2=0.4、PA3=0.3、
PB|A1=0.05、PB|A2=0.04、PB|A3=0.03，
所以PB=PA1PB|A1+PA2PB|A2+PA3PB|A3
=0.3×0.05+0.4×0.04+0.3×0.03=0.04，
因此PA3|B=PA3PB|A3PB=，
即这件产品是由丙生产的概率为940．
17.【解析】(1)因为36i=132(xi-x)2=169i=132(yi-y)2，所以i=132(yi-y)2=36169i=132(xi-x)2．
因为r=0.91，所以i=132(xi-x)(yi-y) i=132(xi-x)2i=132(yi-y)2=0.91，
即i=132(xi-x)(yi-y) 36169i=132(xi-x)22=13i=132(xi-x)(yi-y)6i=132(xi-x)2=0.91，
因此136b=0.91，解得b=0.42．
因为x=132i=132xi=358432=112，y=132i=132yi=236832=74，
所以a=y-bx=74-0.42×112=26.96，因此y与x的线性回归方程为y=0.42x+26.96．
(2)因为当x=125时，y=0.42×125+26.96=79.46，
所以同学甲此次的物理成绩估计为79.46，不会超过80分．
18.【解析】(1)零假设为H0：性别因素与学生体育锻炼的经常性无关联，
根据列联表中的数据，经计算得到：
χ2=200×(40×80-20×60)260×140×100×100≈9.524>6.635=x0.010
根据小概率值α=0.010的独立性检验，我们推断H0不成立，
即认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关联，此推断犯错误的概率不大于α=0.010．
(2)设第n次传球后球在甲、乙、丙手中分别为事件An,Bn,Cn,n∈N*，
由题意可得：PB1=13，PAn+PCn=1-PBn，
且PBn+1|An=13，PBn+1|Cn=13，
因为PBn+1=PAnPBn+1|An+PCnPBn+1|Cn
=13PAn+PCn=131-PBn，
可得PBn+1-14=-13PBn-14，且PB1-14=112≠0，
可知数列PBn-14是以首项为112，公比为-13的等比数列，
则PBn-14=112×-13n-1，可得PBn=141--13n，
所以第n次传球后球在乙手中的概率为141--13n．
(3)由题意可知：P(Yi=1)=pi=141--13i,i=1,2,⋯,n，
则EY=E(i=1nYi)=i=1npi=i=1n141--13i=14i=1n1--13i
=14n--131--13n1--13=14n+1161--13n，
由题意可得：EY=14n+1161--13n⩽14n+m，
即1161--13n⩽m恒成立，令an=1161--13n，
若n为奇数，则an=1161+13n⩽112；
若n为偶数，则an=1161-13n116，可知数列an的最大值为112，可得m⩾112，
所以实数m的最小值112．
19.【解析】(1)函数f(x)=ln(x+1)-mx的定义域为(-1,+∞).
求导得f'(x)=1x+1-m．
当m≤0时，f'(x)>0，故f(x)在(-1,+∞)上单调递增;
当m>0时，解f'(x)=0得x=1m-1，此时：当x∈(-1,1m-1)时，f'(x)>0，函数单调递增;当x∈(1m-1,+∞)时，f'(x)0时，an>ln(an+1)，故1ln(an+1)>1an，即1an+1-2an>0;
令g(x)=ln(x+1)-2xx+2(x>0)，
g'(x)=x2x+1x+22>0，
所以g(x)在0,+∞上单调递增，
所以g(x)>g(0)=0，即ln(x+1)>2xx+2，
所以ln(an+1)>2anan+2>0
可得1ln(an+1)-1an