黑龙江省大庆铁人中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份黑龙江省大庆铁人中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷（Word版附解析），共3页。试卷主要包含了已知，则，已知函数，则，不等式恒成立，则的取值范围为等内容，欢迎下载使用。
数 学 解 析
单选
1．在下列各图中，两个变量具有相关关系的是（ ）．
A．①②③ B．①③ C．②③ D．②
【答案】C
【分析】根据函数关系和相关关系的概念，结合图象作出判断.
【详解】对于①，所有的点都在曲线上，具有函数关系；
对于②，所有的散点分布在一条直线附近，具有相关关系：
对于③，所有的散点分布在一条曲线附近，具有相关关系；
对于④，所有的散点杂乱无章，不具有相关关系，
故选：C．
2．已知，则（ ）
A．64B．56C．20D．6
【答案】B
【详解】因为，所以由组合数性质得，
所以.
3．已知函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出函数的导数，再利用导数的定义求得答案.
【详解】函数，求导得，
所以.
4．现有4名同学，需要把他们全部安排到甲、乙两个场馆参加志愿服务，每人只能去1个场馆，且每个场馆至少安排1人，则不同的安排方法共有（ ）
A．10种B．12种C．14种D．20种
【答案】C
【分析】结合人数的分配以及排列数、组合数的计算求得正确答案.
【详解】根据题意，不同的分组有和，
则不同的安排方法共有．
5．甲袋中有个白球和个红球，乙袋中有个白球和个红球，丙袋中有个白球和个红球.先随机取一只袋，再从该袋中随机取一个球，该球为红球的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】据取到甲、乙、丙袋分三种情况结合全概率公式求解.
【详解】设“取出的是甲袋”为事件，“取出的是乙袋”为事件，“取出的是丙袋”为事件，“该球为红球”为事件，
则
，
故选：C.
6．根据生物实验中的一组数据作出如图所示的散点图，并对这组数据进行回归分析后发现遗漏了点，增加点后再次进行回归分析，得到的结果和原来相比（ ）
A．决定系数变小B．残差平方和变小
C．相关系数变大D．不变
【答案】A
【详解】增加点，从散点图中可以看出拟合效果变差；
决定系数越接近1，拟合效果越好，所以拟合效果变差后决定系数变小，故A正确；
残差平方和越小，拟合效果越好，所以残差平方和变大，故B错误；
越接近1，相关程度越强，拟合效果越好，由于两个变量成正相关，所以相关系数变小，故C错误；
增加点前的的平均数为，增加点后的的平均数为，
所以变大，故D错误.
7．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列选项中不正确的是（ ）
A．课程“礼”“乐”“射”排在相邻的三周，共有144种排法
B．课程“礼”排在“乐”的后面（可以不相邻），共有360种排法
C．课程“射”“御”排在不相邻的两周，共有240种排法
D．课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法
【答案】C
【详解】对A：利用“捆绑法”，满足条件的排法有种，故A正确；
对B：因为课程“礼”排在“乐”的后面和课程“乐”排在“礼”的后面的情况一样多，所以满足条件的排法有种，故B正确；
对C：利用“插空法”，满足条件的排法有种，故C错误；
对D：满足条件的排法可分为两类：
第一类，“御”排在第一周，这样的排法有种；
第二类，“御”不排在第一周，这样的排法有种.
所以满足条件的排法种.故D正确.
8．不等式恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】令，根据，结合的单调性，可得，进而得在上恒成立，求得的最小值即可.
【详解】由题意可得，.
令，则在上单调递增，
又，，
所以，所以，即在上恒成立.
令，则，
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
所以，所以.
多选
9．抛掷一枚均匀的骰子两次，将两次朝上的点数分别记为随机变量和，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【详解】选项A：为第一次抛掷骰子的点数，共6种等可能结果，即取3、4、5、6，共4种结果，故，A正确；
选项B：的情况为 ，共6种基本事件，故，B错误；
选项C： 即 ，符合的事件为 ，共4种基本事件，故，C正确；
选项D：服从1到6的均匀分布，期望 ，D错误.
10．已知随机变量，随机变量，若，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】利用正态曲线的对称性判断A；利用正态分布和二项分布的期望性质建立方程，求解参数判断C；结合正态分布和二项分布的方差性质判断B，D即可.
【详解】对于A，因为随机变量，且，
所以结合正态曲线的对称性可得，故A正确；
对于C，由正态分布的期望性质得，
由二项分布性质得，而，
则，解得，此时随机变量变，故C正确；
对于B，由二项分布的方差性质得，
而，则，
由方差的性质得，故B错误；
对于D，由方差性质得，故D正确.
故选：ACD
11．某计算机程序每运行一次都随机出现一个四位二进制数（每一位上数字只能是0或1，例如出现“1010”），其中的各位数字中出现0的概率为，出现1的概率为，各个位数之间互相独立．记随机变量，则当程序运行一次时，下列说法正确的有（ ）
A．B．
C．的数学期望D．随机变量的方差
【答案】BCD
【分析】根据题意，得到的可能取值为，结合独立重复试验的概率计算公式，分别求得相应的概率，再由二项分布的期望与方差的计算公式，分别求得，结合选项，即可求解.
【详解】由二进制数的特点知：每一位上的数字只能是0或1，
且各位数字出现0的概率为，出现1的概率为，各个位数字之间互相独立，
对于A，若，即各位数字都是，所以，所以A不正确；
对于B，若，即各位数字中三个，一个1，所以，所以B正确；
对于C，由随机变量，可得的可能取值为，
则，，，
，，
可得随机变量服从二项分布，所以，所以C正确；
对于D，由随机变量服从二项分布，可得，
设，可得，即，所以D正确.
填空
12．的展开式中，常数项为__________.（用数字作答）
【答案】84
【分析】根据展开式的通项，再令进行计算．
【详解】解：二项式的展开式，
当，即时，常数项为．
13．已知函数，则“在上单调递减”的充要条件是__________.（用集合或区间作答）
【答案】
【分析】由题意可得在上恒成立，即在上恒成立，令，利用对勾函数的性质求解即可.
【详解】因为，
所以，
由题意可得在上恒成立，
即，在上恒成立，
令，
由对勾函数的性质可知在上单调递增，
所以，
所以，
所以实数的取值范围为.
14．红铃虫（Pectinphra gssypiella）是棉花的主要害虫之一，其产卵数与温度有关．现收集到一只红铃虫的产卵数y（个）和温度的8组观测数据，制成图1所示的散点图．现用两种模型①，，②分别进行拟合，由此得到相应的回归方程并进行残差分析，进一步得到图2所示的残差图．
根据收集到的数据，计算得到如下值：
表中，，，；
（1）根据残差图，比较模型①、②的拟合效果，模型______比较合适？
（2）根据（1）中所选择的模型，求出y关于x的回归方程是______．附：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．
【答案】 ①
【分析】（1）根据残差点的分布情况分析即可；
（2）先取对数，将非线性回归转化为线性回归，然后根据所给数据代入公式即可得回归方程．
【详解】（1）模型①更合适，理由如下：模型①残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，且带状区域的宽度比模型②带状宽度窄，所以模型①的拟合精度更高，回归方程的预报精度相应就会越高，故选模型①比较合适；
（2）令，则，
由所给的参考数据可得，，
所以，
所以关于的线性回归方程为，即，
所以产卵数关于温度的回归方程为，
故答案为：①；．
解答题：
15．设函数在及时取得极值．
(1)求出的值；
(2)若对于任意的，都有成立，求c的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）对函数求导，结合极值点和韦达定理求解即可；
（2）代入，并对函数求导，分析函数单调性，进而结合端点值建立关于的不等式求解.
【详解】（1）对函数求导可得，
因为在和处取得极值，所以是方程的两个根，
由韦达定理：,解得.
将代入导函数得：，
当时，当时，当时，
和处导数值变号，故为极值点，所以.
（2）由，得，,
时，，单调递增；时，，单调递减；
时，，单调递增，，，，
因此在上的最小值为.
任意都满足，等价于最小值大于，
即：，解得：，所以的取值范围是.
16．袋中有8个大小相同的球，其中有3个黄球、5个白球，从中随机地连续抽取2次，每次取1个球．
(1)若每次抽取后都放回，设取到黄球的个数为，求；
(2)若每次抽取后都不放回，设取到黄球的个数为，求的分布列和数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列间解析；.
【分析】（1）根据二项分布的有关公式求值计算.
（2）根据超几何分布的公式计算求值.
【详解】（1）每次抽取后都放回，则取到黄球的个数，
所以，，
所以.
（2）每次抽取后都不放回则取到黄球的个数的值可能为：0,1,2.
且，，.
所以的分布列为：
所以.
17.为了解某地区电动车的销售情况，该地区经济委员会对全区电动车销量展开调查.委员会调查了该区100位私家车主性别与购车种类的有关数据（每位车主仅购买一辆私家车），得到下表：
已知调查对象中男性与女性人数相同；在男性中，购买非电动车的人数是购买电动车人数的1.5倍；在购买非电动车的车主中，仅有三分之一是女性.
（1）试补全表格，并判断在犯错误的概率不超过0.5%的情况下，能否认为购买电动车与性别有关？
（2）从该县私家车主中随机选择一人，A表示事件“选到的车主是男性”，B表示事件“选到的车主购买了非电动车”，查阅资料可知，与的比值可以在一定程度上作为性别对购买私家车倾向的一种度量，将上述比值记作
（i）证明：
（ii）将调查数据中的各项频率视作概率，写出和的估计值，并给出的估计值.
参考公式与数据：
，其中
解：（1）
…………4分
假设：购买电动车与性别无关.…………5分
K2=100×(30×35−15×20)250×50×45×55=10011≈9.091,…………6分
因为9.091>7.879，所以在犯错误的概率不超过0.5%的情况下，可认为假设不成立，即购买电动车与性别有关.………………7分
（2）（i）因为，………9分
又因为，…………11分
所以，证毕.
（ii）由表格可知，………12分，…………13分
同理可知，，，
所以…………15分
18．已知函，
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：恒成立；
(3)当时，恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据导数与单调性的关系分类讨论即可.
（2）代入化简得，令，根据导数与单调性、最值的关系证明即可.
（3）当时，恒成立等价于恒成立，即恒成立，构造函数，结合导数与单调性及零点判断求解即可.
【详解】（1）的定义域为.
.
其中，则，故只需讨论的符号.
当时，，则，在上单调递增.
当时，令，解得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，，.
.
令，则.
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
故在处取得最小值，，
因此，即，所以.
（3）由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得最小值，为.
若使恒成立，只需恒成立，即恒成立即可.
又，即恒成立.
令，则，
故在上单调递减，且，
所以.
故实数的取值范围为.
19．设为正整数，，，…为枚质地不均匀的硬币.投掷硬币，设正面朝上的概率为，反面朝上的概率为.同时投出枚硬币，当正面朝上的硬币数为奇数时，即为游戏成功.
(1)当，时，求游戏成功的概率；
(2)当时，设游戏成功的概率为，求当时，与的递推关系，并证明是等比数列；
(3)设，对于，的取值如下：，设此时游戏成功的概率为，求证：.
【答案】(1)
(2)（且），证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由条件可知，要使游戏成功，需满足正面朝上的数量为1或3，转化为独立重复概率类型，列式求解；
（2）根据硬币正面朝上的硬币数为奇数和偶数，结合全概率公式，即可得到递推关系式，再利用数列的构造法，即可证明；
（3）方法一：根据（2）的结果，结合等比数列通项公式的求法，求得，，以及的通项公式，以及递推关系式，并代入求解的通项公式，讨论的取值，即可证明；方法二：首先设个硬币出现奇数的概率为，根据全概率公式，得到的递推关系式，以及通项公式，再求前3项，并表示，即可证明.
【详解】（1）当时，要使游戏成功，需满足正面朝上的数量为1或3，
此时，游戏成功的概率为：；
（2）设游戏成功的概率为，当时，，接下来用表示，
当时，投掷枚硬币，，…，正面朝上的硬币为奇数有两种情况：
第一：硬币，，…，中正面朝上的硬币数为奇数时，反面朝上；
第二：硬币，，…，中正面朝上的硬币数为偶数时，正面朝上.
此时，，所以（且），
则，且，则是以为首项，为公比的等比数列.
（3）方法一：当时，此时游戏成功的概率记为，.
由（2）知：，则，（）
所以，（）①
当时，，
则，
注意到：，则，
故：②
当时，，
则：③.
结合①②③：
由于，当时，，，，则；
当时，，则；
当时，，，，则.
综上：对任意的，成立.
方法二：对于个硬币出现奇数的概率为，
∴
∴
∴
∴等比，∴
∴前个硬币出现奇数的概率
中间个：
后面个：
当时，.
当时，.
当时，.
∴成立.
24
2.9
646
168
422688
50.4
70308
0
1
2
非电动车
电动车
总计
男性
女性
总计
100
0.10
0.05
0.025
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
非电动车
电动车
总计
男性
30
20
50
女性
15
35
50
总计
45
55
100