广西2025年春季学期百色市高中高二年级期末测试数学试卷

这是一份广西2025年春季学期百色市高中高二年级期末测试数学试卷，共12页。

2025 年春季学期百色市普通高中期末教学质量调研测试高二数学 参考答案
【答案】C
【答案】D
3．A
本题考查了样本相关系数，是基础题．根据样本相关系数性质，可得结论．
【解答】
解：当 > 0 时，样本数据正相关，
当||越接近 1 时，成对样本数据的线性相关程度越强．故选 A．
4．D
【详解】去掉黄球后形成新的样本空间中有 6 个白球，其中新球 4 个，旧球 2 个，
从中取出 1 球是新球的概率为4，所以所求概率为 2 .
63
5.B
C1C116
C
2
恰有 1 个不合格品的概率为 p  2 8 ．
1045
6.B解析:由题意知 2n-3=n+3 或 2n-3+n+3=15,则 n=6 或 5.
7.D 解：设“第 1 次投球进”为事件，“第 2 次投球进”为事件，则() = ( + ) = () + ()
= ()(|) + ()(|) = 5  3  3  1  9
848416
故选 D．
8．B
4 4
【详解】分两种情况讨论：①不选 100 米短跑，四名学生分成 2 名、1 名、1 名三组，参加除 100 米短跑的四个项目中的三个，有C2A3  144 种；
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
D
A
D
B
B
D
B
AD
AB
BCD
4 3 4
②1 人选 100 米短跑，剩下三名学生分成 2 名、1 名两组，参加剩下四个项目中的两个，有C1 C2A2  144 种.
故他们报名的情况总共有144  144  288 种. 9．AD
经验回归直线^ = ^ + ^过样本点的中心(, )，A 正确；
在回归分析中，残差平方和越小，回归模型的拟合效果越好，B 错误；
若样本相关系数的绝对值越大，则成对样本数据的线性相关程度越强，C 错误；
根据回归方程系数的意义可得，在回归方程^ = 2 + 8 中，当解释变量每增加 1 个单位时，预报变量^平均增加 2 个单位，D 正确．
10．ABC
【详解】A 选项， X ~ N 2,2 ，由正态分布的对称性可知 P  X  2  1 ，A 正确；
2
B 选项，若随机变量Y 服从两点分布，且 E Y   1 ，
2
即分布列为：
所以
故 E 2Y   0  1  2  1  1 ，则 D 2Y   0 12  1  2 12  1  1，B 正确；
2222
C 选项，分布列中概率之和为 1，即 2  1 2  2  2  1，解得 a  9 ，C 错误；
aaa
D 选项，随机变量T  B  8, 1  服从二项分布， E(T )  np  8 1  8 ，D 错误.
3 
33
故选：AB 11．?
对于，若 f (x0 )  0 ，则函数()在0处的切线斜率为 0，故选项 A 错误；
对于，函数 = ()的切线与函数的图象可以有两个公共点，例如函数() = 3 − 3，在 = 1 处的切线为 =− 2，与函数的图象还有一个公共点( − 2, − 2)，故选项 B 正确；
Y
0
1
P
1
2
1
2
2Y
0
2
P
1
2
1
2
对于?，因为曲线 = ()在 = 1 处的切线方程为 2 − = 0，所以 ′(1) = 2，
又? (1)−(1+) =− 1 ? (1+)−(1) =− 1 ′(1) =− 1，故选项 C 正确；
→0
2
2 →02
对于，因为函数()的导数′() =− sin，所以′( ) =− 1，又( ) = 0，
22
所以切点坐标为( , 0)，斜率为−1，所以切线方程为 =− ( − )，
22
2
化简得 =− + ，故选项 D 正确．
故选：BCD．
12． 0.25 / 1
4
【详解】由正态曲线的对称性可知 P( X  5)  P( X  9)  0.75 ，所以 P( X  9)  1  P( X  9)  1  0.75  0.25 .
故答案为： 0.25. 13．12
先对甲乙两个人进行全排列，有A2 种，此时将甲、乙两人捆绑在一起再跟其他两人进行排列，有A3 种，根
23
2 3
据分步乘法计数原理，共有 A2 A3  2！ 3！ 12 种排法．
14. 1
解：'() = 2(3 − )， ∈ (0, + ∞)，
①当 ≤ 0 时，'() = 2(3 − ) > 0， 函数()在(0, + ∞)上单调递增，(0) = 1，
()在(0, + ∞)上没有零点，舍去；
，
3
②当 > 0 时，'() = 2(3 − ) > 0 的解为 >
∴ ()在(0, )上递减，在( , + ∞)递增，
33
又()只有一个零点，
∴ ( ) =− 3 + 1 = 0，解得 = 3，
327
则() = 23 − 32 + 1，'() = 6( − 1)， ∈ [ − 1,2]，
'() > 0 的解集为( − 1,0)，
()在( − 1,0)上递增，在(0,1)上递减，
( − 1) =− 4，(0) = 1，(1) = 0，(2) = 5
∴ ()? = ( − 1) =− 4，() = (2) = 5，
∴ ()在[ − 1,2]上的最大值与最小值的和为：
() + ()? =− 4 + 5 = 1．
15．
【详解】（1）根据题意，可得如下的22 的列联表：
260 (6 18 12  24) 220
（2）   2.857 2.706 ，
18  42 30 307
所以有90% 的把握认为喜欢阅读电子书与年龄有关.
解：（1） f（ x）=xex  ex  e（x x  1）……3 分由 f (x)  0 ，可得 x  1
当 x 变化时， f (x) ， f (x) 的变化情况如下表：
所以， （f x）减区间（ ，1），增区间（ 1， ）……7 分
（2） （f x）=xex ，当 x [2, 0] ，由（1）得当 x [2，1] ， （f x）单调递减，……8 分 当 x [1，0] ， （f x）单调递增，……9 分
年长者
年轻人
总计
喜欢阅读电子书
6
24
30
喜欢阅读纸质书
12
18
30
总计
18
42
60
x
(,1)
1
(1,)
f (x)
0

f (x)
单调递减
最小值
单调递增
(0) = 0， ( − 2) =  2
e2
（f 1）  1 ……12 分
e
当 x [2，0] ， f
（x）=f (1)   1 ， f
（x）=f (0)  0 ……15 分
min
emax
解：(Ⅰ)因为3 = ?2( − 1 )2 = 1 ?22 = 2，且
= 7……3 分
24 22
所以1 ?2 = (−1) = 7 ⇒ ( − 8)( + 7) = 0，解得 = 8 或 =− 7(舍) ……6 分
4 8
1
)的展开式中二项式系数最大的项为第 5 项，为5 = ?4(
− 1
)4 = 35
4
2
8
2
8
故(1 −
；……8 分
(Ⅱ)令 = 0，可知0 = 1……10 分
令 = 2，得 256 = 0 + 21 + 222 + 233 + 244 + … + 2……12 分所以：21 + 222 + 233 + 244 + … + 2 = 255
2 ．……
故1 + 22 + 223 + 234 + … + 2−1 = 255
15 分
解：（1）由题知：
丙队通过初和复的概率0
4
3
2
3
3
+
13
，
9
0 < ⩽ 3
=
− =− 2 + 4 =− −24
又因为
4，所以 ⩽⩽ .
3
0⩽ 4 − ⩽134
所以，当 = 2
4. ……5 分
时，丙队进入决 的概率最大为
39
（2）由（1）知:
甲、乙、丙三队进入决的概率均为2 × 2 = 4
9
33，
)
，
9
因为进入决的队伍数 X~B(34 ，
3
所以 = 0 = ?0 × 1 −
= 1 = ?1 × 4 × 1 −
3125
4
9
=
；
729
4
9
2 = 300 = 100；
39
729243
= 2 = ?2 ×
2
4
9
4
9
× 1 −
= 240 = 80 ；
3
3
= 3 = ?3 ×
3 64
4
9
=.
729
729243
所以，随机变量 X 的分布列为
所以， = 0 × 125 + 1 × 100 + 2 × 80 + 3 × 64 =4. ……11 分
X
0
1
2
3
P
125
729
100
243
80
243
64
729
729
（或者 E(X)=3× 4 = 4
243
243
729 3
）
93
，
（3）由(1)、(2)知，甲、乙两队进入决的概率均为2 × 2 = 4
3
丙队进入决的概率为− 2 + 4 ，
9.
)
，
9
所以甲乙两人进入决的人数 Y~B(24 ，所以 = 8
339
4
3
记丙进入决的次数为 Z，则 Z 服从两点分布 = − .
而 E(X)=E(Y)+E(Z)，
2
3
所以， =− 2 + 4 + 8 =− −2 + 4 , 1 ⩽⩽ 3
对称轴 = 2
393 34.
= 2 = 4
，所以当时，
33
max3.
即当 = 2时，进入决的队伍数 X 的数学期望最大，最大值为4. ……17 分
33
解：（1）当 a  1 时， f  x    1 1 ln 2x 1 ， f 1  0 ，
 x

则 f  x   ln 2x 1   1 1 2 ，所以 f 1  ln3 ，
x2 x 2x 1

可得曲线 y  f  x 在点1, f 1 处的切线方程为 y  ln3 x 1 ，即ln3 x  y  ln3  0 .……5 分
（2）令 g  x   f  1    x  a  ln x  2 ，
x
x
 
 
所以 g  x 的定义域为, 2 0,  ，若曲线 y  g  x 关于直线x  b 对称，
所以 g  x 的定义域关于x  b 对称，故b  2  0  1，
2
则有 g  x  g 2  x ，
所以 x  a  ln x  2  2  x  a  ln x
x
2  x ，
即 x  a  ln x  2  2  x  a  ln x  2 ，
xx
整理得2a  2 ln x  2  0 ，所以a  1 ，
x
 x 
故存在a  1, b  1，使曲线 y  f  1  关于直线x  b 对称. ……11 分
 

（3）法 1：由题 x  0 ，  1 
x
a  ln 2x 1  2 即1 axln 2x 1  2x  0 ，


当a  0 时，1 ax  0 ，
所以1 axln 2x 1  2x  0 即ln 2x 1 
2x 1 ax
0 ，
令h  x   ln 2x 1 
2x 1 ax
，则 h x  
2x a2 x  2a  2
1 2x  (1 ax)2 ，
若a  0, h x  
4x
1 2x
 0 ，所以h  x  h 0  0 ，所以a  0 不满足题意；
若1  a  0, 2a  2  0 ，当 x  0, 2a  2  时， h x  0 ，
a2a2

所以h  x 在 0, 2a  2  上单调递减，可得 h  x  h 0  0 ，
a2

所以1  a  0 不满足题意；
若a  1, 2a  2  0 ，当 x 0,  时， h x  0 ，
a2
所以h  x 在0,  上单调递增，
所以h  x  h 0  0 ，所以a  1 满足题意；当a  0 时， x  0, 1  ，可得1 ax  0 ，
a 

所以1 axln 2x 1  2x  0 即ln 2x 1 
2x 1 ax
0 ，
令h  x   ln 2x 1 
2x 1 ax
，则 h x  
2x a2 x  2a  2
1 2x  (1 ax)2 ，
由 1  2a  2 ，所以当 x  0, 1  时， h x  0 ，
aa2
a 

所以h  x 在 0, 1  上单调递减，所以h  x  h 0  0 ，
a 

所以a  0 不满足题意，
综上所述， a 的取值范围为, 1.

法 2：因为 x  0 ，所以 1 
x
a  ln 2x 1  2 即1 axln 2x 1  2x  0 ，


设h  x  1 axln 2x 1  2x ，则h x  21 ax  aln 2 x 1 2，
2x  1
设m  x  21 ax  aln 2 x 1 2，则m x  4ax  a 1 ，
2x  1(2x 1)2
当a  0 时， m x  0 ，所以hx  在0,  上单调递减，
可得h x  h0  0 ，所以h  x 在0,  上单调递减，可得h  x  h 0  0 ，所以a  0 不满足题意，
当a  0 时，由m x  0 得 x   a  1 ，
a
若1  a  0 ，则 a 1  0 ，
a
当 x  0,  a 1  时， m x  0 ，所以hx 在 0,  a 1  上单调递减，
a a 

可得h x  h0  0 ，所以h  x 在 0,  a 1  上单调递减，
a 

所以h  x  h 0  0 ，所以1  a  0 不满足题意，
若a  1,  a 1  0 ，则m x  0 ，所以hx  在0,  上单调递增，
a
可得h x  h0  0 ，所以h  x 在0,  上单调递增，可得h  x  h 0  0 ，所以a  1 满足题意，
综上所述， a 的取值范围为, 1.……17 分