河北省石家庄市辛集市2024-2025学年高二下学期期末教学质量监测数学试题含答案解析

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注意事项：
1.考试时间120分钟，满分150分，另附加卷面分5分.
2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置.
3.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效.
一、单选题：本题共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.
1. 若，则（ ）
A. 5B. 20C. 60D. 120
【答案】D
【解析】
【分析】根据组合数的性质求出，再根据排列数公式计算可得.
【详解】因为，所以或，
解得（舍去）或，
所以.
故选：D
2. 有甲、乙两个班级进行数学考试，按照大于等于85分为优秀，85分以下为非优秀，得到列联表如下：
已知在全部105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为，则下列说法正确的是( )
A. 列联表中c的值为30，b的值为35
B. 列联表中c的值为15，b的值为50
C. 列联表中c的值为20，b的值为50
D. 由列联表可看出成绩与班级有关系
【答案】D
【解析】
【分析】根据成绩优秀的概率求得，进而求得，结合比例判断出正确答案.
【详解】依题意，解得，由解得.
补全列联表如下：
甲班的优秀率为，乙班的优秀率为，
，所以成绩与班级有关.所以D选项正确，ABC选项错误.
故选：D
3. 已知随机变量服从，若，则 （ ）
A. 0.2B. 0.3C. 0.4D. 0.5
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合正态分布曲线的对称性，即可求解.
【详解】由随机变量服从，可得，即正态分布区间的图象关于对称，
因为，根据正态分布曲线的对称性，可得.
故选：C.
4. 若函数满足，则的值为（ ）
A. B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】求解导函数，再赋值，解关于的方程可得.
【详解】由，得，
则，解得，
故选：C.
5. 设是一个离散型随机变量，其分布列如下，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由离散型随机变量的分布列的性质列方程计算即可.
【详解】由离散型随机变量的性质可得，
即，解得或，
时，不合题意，.
.
故选：A.
6. 等差数列的前项和分别是，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，由与的关系计算可得.
【详解】由可设，
则，，
所以
故选：D
7. 在10件工艺品中，有3件二等品，7件一等品，现从中抽取5件，则抽得二等品件数X的数学期望为（ ）．
A. 2B. 4C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据超几何分布求解分布列，即可根据期望公式求解.
【详解】随机变量可取，
，，，，
，
故选：C
8. 某大学的2名男生和3名女生利用周末到社区进行志愿服务，当天活动结束后，这5名同学排成一排合影留念，则下列说法正确的是（ ）
A. 若要求3名女生排在一起，则这5名同学共有48种排法
B. 若要求2名男生不相邻，则这5名同学共有36种排法
C. 若要求女生从左到右是从高到矮排列，则这5名同学共有20种排法
D. 若要求男生甲不站在最左边，女生乙不站最右边，则这5名同学共有72种方法
【答案】C
【解析】
【分析】利用捆绑法判断A；利用插空法判断B；利用定序法判断C，利用间接法可判断D.
详解】对于，先将3名女生看成一个整体，与2名男生全排列即可，有种排法，错误；
对于B，若2名男生不相邻，可以先排女生，然后男生插空，有种排法，B错误；
对于C，女生从左到右是从高到矮排列，即女生定序，有种排法，C正确；
对于D，男生甲不站在最左边，女生乙不站最右边，有种排法，D错误．
故选：C
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题．他们在沙滩上画出点或用小石子表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类，如下图中实心点的个数依次为5，9，14，20，…，这样的一组数被称为梯形数，记此数列为，则（ ）

A. 存在，使得，，为等差数列
B.
C. 存在且，使得
D. 数列的前n项和小于
【答案】BCD
【解析】
【分析】A：根据否成立作出判断；
B：先用累加法计算出的通项公式，然后可求；
C：表示出，根据结果确定出所满足的方程组，再根据方程组的解进行判断；
D：先利用裂项相消法进行求和，然后再判断.
【详解】根据题意有，，
所以，，
所以，，
所以，故A错误；
因为当时，
，当时也成立，
所以，，，故B正确；
因为，所以，
所以且，
所以或或或或，
解得或，故C正确；
因为，
数列前项和
，故D正确．
故选：BCD．
10. 已知函数，则下列选项中正确的是（ ）
A. 的值域为
B. 在处取得极小值为2
C. 在上是增函数
D. 若方程有2个不同的根，则
【答案】AB
【解析】
【分析】根据题意，求导可得，即可得到函数的单调性以及值域，即可判断ABC，再结合函数图像即可判断D
【详解】因为函数，则，
令，即，解得或（舍），
当时，，则函数单调递减，
当时，，则函数单调递增，故C错误；
则时，函数有极小值即最小值，即，故B正确；
且，，则函数值域为，故A正确；
由函数的单调性以及值域可得函数的大致图像，如图所示，
结合图像可知，若方程有2个不同的根，则，故D错误；
故选：AB
11. 甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人.下列说法正确的是（ ）
A. 已知第2次传球后球在甲手中，则球是由乙传给甲的概率为
B. 已知第2次传球后球在丙手中，则球是由丁传给丙的概率为
C. 第次传球后球回到甲手中的不同传球方式共有种
D. 第次传球后球在乙手中的概率为
【答案】ACD
【解析】
【分析】AB选项，列表，列举法求出相应的概率；C选项，设第次传球后球回到甲手中的不同传球方式有种，则，结合（1）中表格可得，变形后得到为公比为的等比数列，首项为，得到通项公式；D选项，设第次传球后球在乙，手中的概率，则，其中，变形得到为公比为的等比数列，首项为，得到通项公式.
【详解】选项AB，可通过列表得到，表格如下：
A选项，由题意得，第2次传球后球在甲手中的情况有3种，
其中乙传给甲的情况占其中1种，故概率为，A正确；
B选项，由题意得，第2次传球后球在丙手中的情况有2种，
其中是丁传给丙的情况占其中1种，故概率为，B错误；
C选项，设第次传球后球回到甲手中的不同传球方式有种，
则，结合（1）中表格可得，
故，设，
即，故，解得，
故，
故为公比为的等比数列，首项为，
故，故，
第次传球后球回到甲手中的不同传球方式共有，C正确；
D选项，设第次传球后球在乙，手中的概率，
则，其中，
设，
故，所以，解得，
故，
故为公比为的等比数列，首项为，
故，故，D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：由递推公式求解通项公式，根据递推公式的特点选择合适的方法，
（1）若，采用累加法；
（2）若，采用累乘法；
（3）若，可利用构造进行求解；
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知数列满足，，数列的前项的和为_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据数据列的递推公式，求出数列的前项，确定数列数列的周期性，利用周期性求值即可.
【详解】由，，可得：
，
所以该数列的周期为，则数列的前项的和为：
故答案为：
13. 在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知当发送信号0时，被接收为0和1的概率分别为0.93和0.07；当发送信号1时，被接收为1和0的概率分别为0.95和0.05．假设发送信号0和1是等可能的，则接收的信号为1的概率为______．
【答案】##
【解析】
【分析】理解题干中的条件概率，利用全概率公式求解即可.
【详解】设事件“发送的信号为0”，事件“接收的信号为1”，
则，，，
因此．
故答案为：.
14. 若关于的方程仅有一个实数根，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得，令得到或，令，利用导数说明函数的单调性，依题意可得与有且仅有一个交点，即可求出参数的取值范围.
【详解】由，可得，
令，则，即，所以或，
令，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
当时，当时，且时，时，
则的图象如下所示：
因为关于的方程仅有一个实数根，
所以或有且仅有一个实数根，
显然无解，所以有且仅有一个实数根，
即与有且仅有一个交点，所以或，
即实数的取值范围为.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 某手机App（应用程序）公司对一大型小区居民开展5个月的调查活动，了解使用这款App的居民的满意度，统计数据如下：
（1）求不满意人数与月份之间的经验回归方程，并预测该小区8月份对这款App不满意的人数；
（2）公司为了调查对这款App是否满意与性别的关系，工作人员从使用这款App的居民中随机调查60人，得到下表：
根据小概率值的独立性检验，能否认为对这款App是否满意与性别有关联？
附：
，．
，．
【答案】（1）；45人.
（2）无关联
【解析】
【分析】（1）求出平均数，再利用公式求出，则得到回归直线方程，再代入数据即可；
（2）零假设，再计算卡方值与临界值比较即可.
【小问1详解】
由表中的数据可知，，
，
，
所求回归直线方程为.
当时，，
该小区8月份对这款App不满意人数估计为45人.
【小问2详解】
零假设为:对这款App是否满意与性别无关联.
由表中的数据可得，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
即可以认为成立，即对这款App是否满意与性别无关联.
16. 已知数列为等差数列，．
（1）求数列的通项公式．
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合已知条件，由等差数列通项公式求得公差即可求解；
（2）结合（1）得到，再分和两种情况即可．
【小问1详解】
设等差数列的公差为d，
因为，所以．
又因为，则，
所以数列的通项公式．
【小问2详解】
由（1）知，．
当时，，
；
当时，，
．
综上，.
17. 在的展开式中，求：
（1）含的项；
（2）各项系数和（用数字作答）；
（3）系数最大的项是第几项？
【答案】（1）
（2）6561 （3）第六项和第七项.
【解析】
【分析】（1）利用通项公式展开，化简后，令的指数为3，求得的值，进而得到展开式中含的项；
（2）借助赋值法，令即可得；
（3）根据题意，由项的系数列出不等式组，求解即得.
【小问1详解】
展开式中的第项，
当时，，即含的项为.
【小问2详解】
设，
令，可得各项系数和为.
【小问3详解】
设第项的系数最大，则有，
由①可得，
化简得，解得.
同理由②可得.
或时系数最大，
故系数最大项为第六项和第七项.
18. 为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.
（1）若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，1个为20元，其余2个均为10元，
（i）求顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；
（ii）若顾客甲和顾客乙参与活动，记事件为“甲乙两人所获的奖励额之和不低于100元”，求事件的概率；
（2）商场对奖励总额的预算是60000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由.
【答案】（1）（i）分布列见解析，45元；（ii）
（2）面值为个元和个元，理由见解析
【解析】
【分析】（1）（i）利用古典概型求概率，即可列出分布列，再求期望即可；
（ii）根据第（i）中的分布列，利用独立事件和互斥事件的概率公式计算即可；
（2）根据题意可知每个顾客的平均奖励额为60元，故先找寻期望为60元的可能方案，分类找出所有情况，但只有和两种方案具有可能性，再分别列出其分布列，并求期望和方差.
小问1详解】
（i）依题意，得的所有可能取值为20，30，60，70，
则，，
，，
即的分布列为：
所以顾客所获得奖励额的期望为（元）
（ii）根据第（i）中的分布列，
两人所获的奖励额之和为的概率为；
两人所获的奖励额之和为的概率为；
两人所获的奖励额之和为的概率为；
两人所获的奖励额之和为的概率为；
则，
所以事件的概率.
【小问2详解】
根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元，所以先寻找期望为60元的可能方案，
①对于面值由10元和50元组成的情况，
如果选择的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；
如果选择的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，
因此可能的方案是，记为方案1；
②对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除和的方案，
所以可能的方案是，记为方案2.
以下是对两个方案的分析：
对于方案1，即方案，设顾客所获的奖励额为，
则，，，
则的分布列为
的期望为，
的方差为，
对于方案2，即方案，设顾客所获的奖励额为，
则，，，
则的分布列为
的期望为，
的方差为，
由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，
所以应该选择方案2，即面值为个元和个元.
19. 已知函数，，．
（1）讨论的单调性；
（2）若有解，求的取值范围．
（3），讨论零点个数.
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）先判断函数的定义域，在求出的导数，进而对参数进行分类讨论求解单调性即可.
（2）利用分离参数法并构造新函数转化为，进而求解参数范围即可.
（3）对原函数进行同构，转化为交点问题，进而讨论交点个数，最后讨论零点个数即可.
【小问1详解】
由题意得，的定义域为，
因为，所以，
则，
当时，，令，，令，，
故此时上单调递增，在上单调递减，
令，则，解得或，
当时，解得，令，，
令，，
故此时在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
当时，解得，得到，
故此时在上单调递增，
当时，解得，令，，
令，，
故此时在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
若有解，则有解，
故有解，即有解，则有解即可，
令，则即可，而，
令，，令，，
此时在上单调递减，在上单调递增，
当时，，故，则.
【小问3详解】
因为，
所以，
令，则，故，
令，则，而，
故在上单调递增，故，即，
若讨论的零点个数，
我们讨论和的交点个数即可，
而，令，，令，，
则在上单调递增，在上单调递减，
得到的极大值为，
当时，，当时，，
则当或时，和有个交点，
当时，和有个交点，
当时，和没有交点，
综上，则当或时，有个零点，
当时，有个零点，
当时，没有零点.
优秀
非优秀
总计
甲班
乙班
总计
105
优秀
非优秀
总计
甲班
乙班
总计
105
第一次传球后
乙
丙
丁
第二次传球后
甲
丙
丁
甲
乙
丁
甲
乙
丙
月份
1
2
3
4
5
不满意人数
110
95
90
85
70
性别
满意度
满意
不满意
男性
15
15
女性
21
9
0.1
0.05
0.01
0.005
2.706
3.841
6635
7.879
20
30
60
70
20
60
100
40
60
80