广东省东莞市2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份广东省东莞市2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本大题共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．请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．
1. 已知函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】因为，则，所以，
故选：D
2. 已知随机变量，且，则（ ）
A. 0.3B. 0.4C. 0.5D. 0.6
【答案】C
【详解】因为，
所以，
所以.
故选：C
3. 树人中学高二年级举办古诗词比赛，所有同学均可自愿报名参加．某学习小组有6名同学，其中甲、乙两位同学决定要么都去，要么都不去，则该学习小组不同的报名情况总数是（ ）
A. 64B. 32C. 31D. 16
【答案】B
【详解】若甲、乙都去，则小组内另外4名同学报名参加的情况有：
种；
若甲、乙都不去，则小组内另外4名同学报名参加的情况有：
种.
所以该学习小组不同的报名情况总数是：种.
故选：B
4. 记试验的样本空间，事件，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】由题意有，，，
所有，
故选：A.
5. 如图，直线与曲线相切于点P，则函数在上的极值点的个数为（ ）
A. 3B. 2C. 1D. 0
【答案】B
【详解】由有，由与平行，
作出与的交点，设横坐标为且，由，解得或，
由图可知：在单调递减，在，单调递增，
所以在的极值点个数为2.
故选：B.
6. 如图，一质点在随机外力的作用下，从原点O出发，每次向左或向右移动一个单位长度，向左移动的概率为，向右移动的概率为，共移动4次，则该质点位于原点右侧的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】第一种情况：一直向右移动，；
第二种情况：向左移动一步，向右移动三步：，
所以该质点位于原点右侧的概率为.
故选：A.
7. 的展开式中的系数为（ ）
A. 495B. 375C. 135D. 15
【答案】D
【详解】展开式中，的系数为：
.
故选：D
8. 已知函数，若恒成立，则正整数的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【详解】原不等式等价于，由图可知

若满足题意，只需小于与两个函数相切时的值即可，
设公切点为，因为，，
所以，所以，所以，
令，所以，所以单调递增，
因为，，
所以存在，使得，
所以，令，则，
根据对勾函数的性质知单调递减，
所以，所以正整数的最大值为.
故选：.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．
9. 的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A. 展开式共有7项B. 常数项为20
C. 第二项与第四项的二项式系数相等D. 各项系数之和为0
【答案】AD
【详解】对A，展开式一共有项，故正确；
对B，常数项为，故错误；
对C，第二项的二项式系数为，第四项的二项式系数为，不相等，故错误；
对D，令，所以各项系数之和为0，故正确.
故选：AD
10. 根据分类变量x与y的成对样本数据，提出零假设，并计算得到，则下列说法正确的是（ ）
附：
A. 零假设为：分类变量x与y独立
B. 根据小概率值的独立性检验，可以认为x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.1
C. 根据小概率值的独立性检验，可以认为x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
D. 若所有样本数据都扩大为原来的10倍，根据小概率值的独立性检验，可以认为x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
【答案】ABD
【详解】对A：零假设：分类变量x与y独立.是正确的，故A正确；
对B：因为，所以根据小概率值的独立性检验，可以认为x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.1，故B正确；
对C：因为，根据小概率值的独立性检验，我们不能拒绝零假设，即可以认为x与y独立.故C错误；
对D：根据，当所有样本数据都扩大为原来的10倍，的值夜变成原来的10倍，且，所以根据小概率值的独立性检验，可以认为x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01，故D正确.
故选：ABD
11. 已知为上的偶函数，，为的导函数，且当时，，则（ ）
A. 当时，B.
C. D.
【答案】ACD
【详解】设，则，
当时，，，所以，
所以在上单调递减，
又为上的偶函数，所以为上的奇函数，
所以在上也是单调递减，
又，所以，；
对A：当时，，
因为，所以，故A正确；
对B：因为在上单调递减，所以，
即，故B错误；
对C：因为在上单调递减，
所以，故C正确；
对D：因为在上单调递减，所以，
即，
又，所以，所以，故D正确.
故选：ACD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填在答题卡的相应位置上．
12. 已知，那么______．
【答案】4
【详解】由，所有，解得，
故答案为：.
13. 已知函数，若在上单调递增，则实数a的取值范围为______．
【答案】
【详解】，
因为在上单调递增，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，即，
设，，则，
令，则或（舍），
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，有最小值，最小值为，
所以，
故答案为：.
14. 有6张卡片，正面分别写有数字1，2，3，4，5，6，背面均写有数字7．先把这些卡片正面朝上排成一排，且第个位置上的卡片恰好写有数字．然后掷一枚质地均匀的骰子，若向上点数为n，则将第n个位置上的卡片翻面并置于原处．进行上述实验3次，发现卡片朝上的数字之和为偶数，在这一条件下，计算骰子恰有一次点数为3的概率为______．
【答案】
【详解】由已知，试验前卡片朝上的数字之和为，数字之和为奇数，
若抛掷骰子所得点数为奇数，则试验后卡片朝上的数字之和仍然为奇数，
若抛掷骰子所得点数为偶数，则试验后卡片朝上的数字之和变为偶数，
所以事件进行3次实验后卡片朝上的数字之和为偶数，等于事件三次试验中抛掷骰子所得点数有一次为偶数，余下两次为奇数，或三次试验中抛掷骰子所得点数都为偶数，
设事件3次试验后，卡片朝上的数字之和为偶数为，
设事件三次试验中抛掷骰子所得点数恰有一次为3为，
记表示第次试验中抛掷骰子所得点数为偶数，，则，
设表示第次试验中抛掷骰子所得点数为1或5，，则，
设表示第次试验中抛掷骰子所得点数为3，，则，
所以，所以，
事件表示三次试验中有一次骰子的点数为3，另两次的点数为一个奇数一个偶数其中奇数为1或5，
所以，
所以，所以.
故答案为：.
四、解答题：本大题共5小题，第15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效．
15. 已知函数．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若2是的极小值点，求及函数的极值．
【答案】（1）
（2），的极小值为，极大值为.
【小问1详解】
当时，，则，
又，则，
即曲线在处的切线斜率，
故在处的切线方程为.
【小问2详解】
法一：，
令，得或.
因为是函数的极小值点，所以必有，则，
当或时，，当时，.
所以函数在和上单调递增，在上单调递减.
则时取极小值，即，此时，
则的极大值为，极小值为．
法二：，
2是的极小值点，则，得或6，
若时，，．
则当或时，，当时，，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减.
此时2是的极大值点，不符合题意，舍去．
若时，，，
则当或时，，当时，，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减.
故2是的极小值点，符合题意，
此时极小值为，极大值为．
综上所述，，且的极小值为，极大值为．
16. 在科技日新月异的今天，无人驾驶网约车正逐渐成为出行领域的新宠，根据统计数据显示，某区域过去5天的订单数如下：
为了进一步了解订单数的变化情况，甲乙两个数学学习小组分别进行了研究，
（1）甲小组决定用线性回归模型进行拟合，求此时y关于x的经验回归方程；
（2）乙小组采用非线性回归模型进行拟合，求得y关于x的经验回归方程为，并计算出决定系数，
①根据回归模型的决定系数，说明哪个小组的模型拟合效果更好；
②用①中选择的模型预测该区域第10天的订单数（结果保留整数）．
附：，；决定系数．参考数据：
【答案】（1）
（2）①甲小组的线性回归模型拟合效果更好 ；②138件
【小问1详解】
由题可知：
，，
，，
关于x的回归方程为．
【小问2详解】
①由（1）知，从而有．
，
，
，
，从来看甲小组的线性回归模型拟合效果更好．
②当时，．预测第10天的订单数为138件．
17. 近年来，轻食作为餐饮的一种创新形态，广受消费者青睐．某公司为了获得轻食消费者行为数据，对一地区消费者进行抽样调查．统计其中300名消费者（表中3个年龄段的人数各100人）食用轻食的频数与年龄得到如下的频数分布表．
（1）已知该地区25岁以下、25岁到50岁、50岁及以上三个年龄段的人数比例为，用频率估计概率，求从该地区随机抽取一人，其为高频消费者的概率．
（2）从以上样本的轻食高频消费者（每周4-6次及以上）中，采用按比例分配的分层随机抽样抽取6人，再从这6人中随机抽取3人，记这3人中年龄在25岁以下与25岁到50岁的人数分别为，，记，求的分布列与期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析；期望为1
【小问1详解】
记从该地区中任抽一人，其年龄在25岁以下、25岁到50岁、50岁及以上分别为事件，，，其为高频消费者为事件B，则，，，
由表中数据估计概率，，，
所以，
即从该地区中任抽一人，其为高频消费者的概率为．
【小问2详解】
由表知，利用分层抽样的方法抽取的6人中，年龄在25岁以下与25岁到50岁的人数分别为3和2，依题意，的所有可能取值分别为0、1、2、3．
所以，
，
，
．
所以的分布列为：
所以的数学期望为．
18. 已知函数，．
（1）讨论的单调性；
（2）若方程有两根，求a的取值范围；
（3）证明：当时，．
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）证明见解析
【小问1详解】
由题意有．
当时，，在单调递减；
当时，令，得，单调递增；
令，得，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．
【小问2详解】
由（1）知，当时，在单调递减，所以方程最多一根，故．
因为当时，在单调递减，在单调递增，
又因为，，且，，
故要使方程有两根，则，
即，得，故a的取值范围为．
【小问3详解】
法一：要证，即，
令，则只需证，当时，，上式显然成立；
现证当时上式成立：
由（1）知，，取，即得，
取，即可得，即得证．
法二：要证，即，
令，则只需证，令，，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
由（1）知，，则，
故，即，得证，
19. 现有一批产品，每件产品是否合格相互独立，每件产品合格的概率均为p．在某次抽样中，经统计抽取的100件产品中，恰有98件合格品．
（1）以频率估计概率，若从该批产品中再抽取10件，记合格品的数量为X，求X的期望；
（2）在概率统计中，我们常常通过观测到的实验结果应用极大似然估计法来估计某参数的取值．设X为与未知参数m有关的离散型随机变量，其中m的取值范围为S．若对已知结果，存在，且对任意，有成立，则称为m的一个极大似然估计值．
①请根据此次抽样，求p的极大似然估计值．
②在实际操作中往往采用多次独立抽样来求参数的极大似然估计值，现对该批产品进行m次独立抽样，每次从中抽取n个产品，记录合格品数分别对应为，，…，，请根据这m次独立抽样结果，求p的极大似然估计值．
【答案】（1）
（2）① ；②
【小问1详解】
估计合格率，则，；
【小问2详解】
①从这批产品中抽取100件产品，记合格品的数量为X，则，
所以，设，
，
因为，当时，在上位单调递增函数；
当时，在上位单调递减函数，
所以当时，有最大值，即p极大似然估计值为．
②，则，，2，3，…，m
设：．
两边同时取自然对数并整理得：
，
令，
，
，时，，此时单调递增，
时，，此时单调递减，．
所以时，最大，此时取得最大值．
因此，p的极大似然估计值为．
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2706
3.841
6.635
7.879
10.828
日期x（天）
1
2
3
4
5
订单数y（件）
13
21
45
55
66
x
1
2
3
4
5
12
26
40
54
68
年龄
食用频数
25岁以下
（）
25岁到50岁
50岁及以上
（）
轻食低频消费者（每周次）
15
35
50
轻食中频消费者（每周2-3次）
55
45
40
轻食高频消费者（每周4-6次及以上）
30
20
10
0
1
2
3
P