天津市四校联考2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份天津市四校联考2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了选择题，三关，共有2种，，解答题．等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本题共9小题，每小题5分，共45分）
1. 已知集合：，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】解方程得，即，
又，所以.
故选：A
2. 若，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件.
【答案】B
【详解】由得，解得或，因为，故，
因为是的真子集，故当时，“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
3. 函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】由得，即函数的定义域为，
又，即为奇函数，排除B，C；
因为，D不符合条件，A满足.
故选：A
4. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 经验回归直线是由成对样本数据中的两点确定的
B. 如果两个变量的相关程度越强，则相关系数越接近于1
C. 残差平方和越小的模型，拟合的效果越好
D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5%
【答案】C
【详解】对于A，经验回归直线是通过最小二乘法，使所有样本点到直线的误差平方和最小来确定的，
并非由成对样本数据中的两点确定，所有A错误；
对于B，如果两个变量的相关程度越强，当是正相关时，相关系数越接近于1；
当是负相关时，相关系数越接近于，并非只接近1，所以B错误；
对于C，残差平方和是衡量回归模型拟合效果的一个重要指标，残差平方和越小，
说明模型对数据的拟合效果越好，所以C正确；
对于D，在独立性检验中，计算得到，而，
因为，所以不能推断出犯错误的概率不超过0.5%，所以D错误.
故选：C.
5. 某次期末数学考试共9道单项选择题（每个题有4个选项），某同学全都不会做，记该同学做对的题目数为，且服从二项分布，则以下说法错误的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【详解】对于A，因为服从二项分布，所以，即A正确；
对于B，由二项分布可得，因此B正确；
对于C，易知，即C正确；
对于D，显然，可知D错误.
故选：D
6. 已知函数，则该函数的零点所在区间是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【详解】由可得：函数定义域为，且在上单调递增.
因为函数在上单调递减，
所以
因为，
所以由零点的存在性定理可得：该函数的零点所在区间是，
故选：C.
7. 某高中举行益智闯关团队赛，共4个关卡.现有包含甲、乙、丙在内的5名选手组团参赛，若甲负责第一关，最后一关由2名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡，则不同的参赛方案有（ ）
A. 8种B. 10种C. 12种D. 14种
【答案】B
【详解】因为甲负责第一关，且最后一关由2名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡，
所以先从除甲之外的4人中选两人负责最后一关，共有种，
然后再将剩余2人分配到第二、三关，共有2种，
所以，满足条件的参赛方案有种.
故选：B
8. 已知函数，正数m，n满足，则的最小值为（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 7
【答案】C
【详解】由题意可得：
.
化简得.
所以，所以，即.
所以，
当且仅当，即时，取最小值为5.
故选：C.
9. 已知函数．若在上恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【详解】因为，即，即在上恒成立，
设，则，易知时，，
所以恒成立，即，
令，则，
易知在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以实数a的取值范围是.
故选：B.
二、填空题（本题共6小题，每小题5分，共30分）．
10. 设随机变量服从正态分布，且，若，则＝______．
【答案】0.5##
【详解】因为随机变量服从正态分布，且，
所以.
根据正态分布对称性，，所以.
故答案为：.
11. 在的展开式中，常数项为______．
【答案】
【详解】展开式通项公式为，
令得，所以常数项为.
故答案为：
12. 已知一种服装的销售量y（单位：百件）与第x周的一组相关数据统计如表所示，若两变量x，y的经验回归方程为，则a＝______．
【答案】2.2##
【详解】由题意得：，，
根据经验回归方程过点，所以有，
故答案为：2.2
13. 哪吒系列手办盲盒包含哪吒、敖丙、两个结界兽、四大龙王共8个人物手办，小明随机购买3个盲盒（3个盲盒内人物一定不同），求在包含哪吒且不包含敖丙的条件下，四大龙王有且仅有一位的概率为______；记小明抽到的龙王盲盒个数为X，则E（X）＝______．
【答案】 ①. ②. ##
【详解】空1：事件：随机购买3个盲盒，含哪吒且不包含敖丙，，
事件：随机购买3个盲盒，恰有四个龙王中的一个：
包含哪吒且不包含敖丙的条件下，四大龙王有且仅有一位的概率为：
空2：每个盲盒抽到龙王的概率为：,每个盲盒未抽到龙王的概率为：，
则抽到与未抽到龙王服从二项分布：
故答案为：①；②
14. 若在上有两个极值点，则的取值范围是______．
【答案】
【详解】
要使在上有两个极值点，则在上在上有两个不相等实数根，
令，由，则.
令；故，
由图象如下：

当或时，此时无实数根，不符合题意，
当，函数在时与只有一个交点，对应的值
有两个，
而，对应的值有1个，故不为0.
故答案为：
15. 函数，若恰有三个零点，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【详解】因为函数为分段函数，第一段函数为.
令，则，解得.
第二段函数为.
要使得第二段函数有零点，则.
①当时，第一段函数有两个零点，那么为了满足题目要求，第二段函数只有一个零点，
所以在上只有一个零点.
此时抛物线开口向下，对称轴为，所以，解得.
所以满足题意.
②当时，第一段函数只有一个零点，那么为了满足题目要求，第二段函数有两个零点，
此时在上有两个零点.
所以.
当时，，，解得，或者，
且满足，解得.
此时的范围为.
当时，，解得，或者，
此时的范围为空集.
综上，的范围为.
故答案为：.
三、解答题（本题共5题，共75分）．
16. 已知甲盒中有2个红球，3个蓝球，乙盒中有4个红球，1个蓝球，这些球除了颜色外完全相同．现从甲、乙两盒中各任取2个球.
（1）求取出的4个球颜色相同的概率；
（2）求取出的4个球中共有3个红球和1个蓝球的概率；
（3）记取出的4个球中红球的个数为X，求X的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2）
（3）分布列见解析，
【小问1详解】
记事件A表示“取出的4个球颜色相同”.
因为从甲、乙两盒中各任取2个球，不同的取法有种，
取出的4个球颜色相同指的是从甲、乙两盒中各任取2个红球，不同的取法有种
则，
所以取出的4个球颜色相同的概率为．
【小问2详解】
记事件B表示“取出的4个球中共有3个红球和1个蓝球”，
则事件B包含两种情况：从甲盒中取出2个红球，从乙盒中取出1个红球和1个蓝球；从甲盒中取出1个红球和1个蓝球，从乙盒中取出2个红球，不同的取法有种，
所以
所以取出的4个球中共有3个红球和1个蓝球的概率为．
【小问3详解】
根据题意可得：X的可能取值为1，2，3，4，
，
.
所以X的分布列为：
∴
17. 三棱台中，若平面，；，，，分别是，中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【小问1详解】
以点为原点，直线，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
∴，设平面的一个法向量为，
∵，，
令，∴，∵，∴，
又∵平面，所以平面.
【小问2详解】
∵，
设平面的一个法向量为，则，
令，设直线与平面所成角为θ，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
，平面的法向量为，
设点到平面的距离为d，，
又，
，.
18. 已知函数在时取得极值
（1）若，
（i）求函数的单调区间；
（ii）求曲线在点处的切线方程；
（2）若且，求证：．（注：）．
【答案】（1）（i）增区间为和，的减区间为；（ii）
（2）证明见解析
【小问1详解】
由可得：.
若函数在时取得极值，
则，即，
所以，此时.
（i）令，得或，令，得，
所以的增区间为和，的减区间为
此时函数在时取得极小值，符合题意.
（ii）因为，
所以切点为，切线斜率为，
从而切线方程为：，即．
【小问2详解】
证明：因为函数在时取得极值，
所以，即，
所以，
又因为，，
所以，
即，即，
因为，
所以，即，
整理得：，即，
所以．
19. 已知等差数列满足．已知数列的前n项和为，且满足．
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，求的前2n项和
（3）设，在和之间插入1个数，使，，成等差数列；在和之间插入2个数，使成等差数列；以此类推，在和之间插入n个数使（成等差数列，若，求．
【答案】（1），
（2）
（3）
【小问1详解】
设等差数列的公差为d（），
由题意，可得，
故数列的通项公式，
当时，，解得．当时，，
所以，即，
而，故，故，
∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以．
【小问2详解】
所以
；
【小问3详解】
因为，设
则
设，所以
两式相减得
，
所以，
设，
所以.
20. 已知函数：．
（1）若当时，恒成立；求实数a的取值范围；
（2）若关于x的方程有两个不同实数根；且，
（i）求实数a的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解析
【小问1详解】
若当时，恒成立，
即恒成立，即在上恒成立，
令，则
所以当时，单调递增，
当时单调递减，
所以，所以，即a的取值范围是．
【小问2详解】
（i）若关于x的方程有两个不同实数根，
即有两个不同实数根，
等价于与的图象有两个交点，
因为，
所以当和时，，单调递增，
当时，，单调递减，
且当时，，当时，，
所以，作出函数的图象：
所以直线与的图象有两个交点的a的取值范围是．
（ii）方法（一）由（i）知，，由（1）知，
因为，所以，
设的根为，即，所以，
从而，所以，
令，则，
所以当时，单调递增，
从而，从而．
（ii）方法（二）由（i）知，，构造函数
则令
则再令
，
所以当时，，从而单调递增，
因为，
所以存在，满足，
此时当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
又因为
所以存在满足
当时，，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
又，所以在上恒成立，
即， 设的根为，即，
则，从而有，
又由得，，从而，
又由（1）知，，设的根为，即
所以，从而，所以．x
1
2
3
4
5
y
7.5
6
3.3
a
1
X
1
2
3
4
P