2024-2025学年湖北省武汉市高二数学下学期期末考试试卷（含答案）

2024-2025学年湖北省武汉市高二数学下学期期末考试试卷

(含答案)

注意事项：

i.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的

指定位置.

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿

纸和答题卡上的非答题区域均无效.

3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的

非答题区域均无效.

4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.

一、单项单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要

求的.

A=L(\x--3x-4<olB=^y\y=ta(x2+1)1

1.已知集合NJ,U'〃，则Nu8=()

A.HRB.[0,1]cl")D.P4]

【答案】C

【解析】

【分析】分别求两个集合，再求并集.

【详解】X2-3X-4<0O-1<X<4,即2={+1<》<4},

X2+1>1,所以哈+》°,即八{小叫，所以/U3=[T+oo)

故选：C

r/(l+3Ax)-/(1)

2.设fGJ是可导函数，且if。Ax,则/aJ在x=l处的切线的斜率等于()

2

A2B.3C.-1D.-2

【答案】B

【解析】

2

r(i)=-

【分析】根据条件得到3,再利用导数的几何意义，即可求出结果.

iim/（l+3Ax）-/（l）=2

【详解】因为A"。X,所以

八1）=lim/（I）=llim/。+3”0）二

―。3Ax3-Ax3,

2

由导数的几何意义知，/（“）在x=l处的切线的斜率为H,

故选：B.

3.已知变量无与V的数据如下表所示，若了关于x的经验回归方程是/=12'+84,则表中冽=（

)

X12345

1011m1315

A.11B.12C.12.5D.13

【答案】A

【解析】

【分析】利用样本中心点求解即可.

_1+2+3+4+5、_10+11+机+13+1549+m

x=----------------------=3,y=------------------------------

【详解】555

因为经验回归方程经过样本中心（鼠歹）,

49+加

=1.2x3+8.4

所以5

解得加=11.

故选：A.

4.甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去询问成绩,

回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从这两个回答分析，

5人的名次排列可能有多少种不同情况（）

A.24B.36C.54D.60

【答案】C

【解析】

【分析】首先根据条件得到排列的要求，再按照受限制元素优先的原则，进行排列，即可求解.

【详解】由条件可知，甲和乙都不是第一名，乙也不是最后一名，

所以先排乙有3种方法，再排甲有3种方法，其他就是全排列入；种方法，

所以5人的名次排列有3x3x=54种方法.

故选：C

5.+的展开式中的系数是()

A.20B.30C.40D.50

【答案】A

【解析】

【分析】根据二项式定理的通项公式确定r的值即可求出系数.

【详解】因为(“+X+N)的展开式中，通项公式，

令5f=3,得r=2,则nW(*+x),

(Y+%]=—+2%3+X2

乂，

所以xp的系数为2C；=20

故选：A.

6.柯西分布(Cauchydistribution)是一个数学期望不存在的连续型概率分布.记随机变量X服从柯西分

布为'~0(7，/),其中当/=1,°时的特例称为标准柯西分布，其概率密度函数为

1(

、..

f(x)=M/i+x).已知x~c(i,o),PL|^|<3）3,13J12,则尸（小1）=

)

j_2

A.6B,3C.4D,2

【答案】D

【解析】

【分析】根据概率密度函数的对称性，结合条件，即可求解.

/(》)=A,2X

7T11X1

【详解】函数1J关于y轴对称，

、

P[\X\11p[—<X<\1

J且

3〜31312

由14)可知,IJ7

1

7所以一

则'26124U42

故选：D

212

f(x)=xlnx-ax------X,则“JU）有两个极值，，的一个必要不充分条件是（）

7.已知函数2

---<Q<0----<Q<00<Q<一

A.T<"1B,4c,2D,2

【答案】A

【解析】

Inx+1-x

a=------------------

【分析】由题意可知/'（x）=°有两个不等的实数解，转化为方程2x有两个实根，再次转化

/、Inx+1-x

p"（Y）——------------

为2x的图象与歹=°有两个不同的交点，然后利用导数g（x）的单调区间，画出g（x）的图

象，结合图象求解即可.

【详解】/（“）的定义域为（°，+°°）,则/'G）Tnx+l—2ax—x,

因为/（x）有两个极值，所以/（X）=0有两个不等的实数解，

_lnx+1-x

由/'(x)=lnx+]_2ax_x=0,得。=—

/、Inx+1-x

g(x)二----------------------

令2x,y=a,

/(幻二—2x(-__-__1____)___-___2___(_l__n___x____+___1___-____x___)_二~lnx

则(2x)22]

当0<x<l时，g'(x)>0,当x>l时，g'(x)<0,

所以g(x)在(0,1)上递增，在0，+°°)上递减，

_lnx+1-x_Inx11

因为g")―_2^--^7+2l-2,g(l)=0,

/、I

g(x)-—万

所以当x->0时，g(x)f—co,当x—+co时,

所以g(x)的图象如图所示,

。X

声

1

-

2

—<Q<u_/、"丫、

由图可知当2时，V=a的图象与g(x)的图象有两个不同的交点，即有两个极值，

<a—<。<0>(I1

因为I2/是初的真子集，

所以“7G)有两个极值，，的一个必要不充分条件是-1<a<I,

故选：A

【点睛】关键点点睛：此题考查函数的极值，考查导数的应用，解题的关键是将问题转化为两函数图象

有两个交点，考查数形结合的思想，属于较难题.

8.已知若e—"x—了―l)e1则x2+/_2xcose-2ysin8的最小值等于()

A.3-2V2B.2-2V2c2+2V2D3+2V2

【答案】B

【解析】

【分析】先变形为e"'T一(x—>—2)—l=°,证明x—V—2=°,再把问题转化为求直线上的动点到圆

上动点距离的最小值.

【详解】由题设ef-2_(x_y_2)_l«0,

设〃x)=e'—x—I,则/'(x)=e-I,

当xe(-co,0),/(x)<0,/(x)单调递减,

当xe(0,+00),/'(x)>0,f(x)单调递增，

2

所以/(%)"(0)=0,即e^--(x-v-2)-l>0；

综上，e'*—(x—>—2)—1=°,即/(x-y-2)=0,所以x-y-2=0,

设尸是直线》_了_2=0上的点，Q(cosasin8)是圆/+「=1上的点，

而目标式为/+/_2xcos0-2ysin0=(x-cos6>)2+(y-sin6>)2-l=|Pg|2-1,

10-0-21r

由100舄=1^——1=H：故(PQ「_%=(近_iy_i=2-20

故选：B.

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在给出的选项中，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.下列命题正确的是（）

A.命题“对任意xeR,必+》+1<0，，的否定是，，存在xeR,使得必+》+1之°,,

-<1

B.“a”的充分不必要条件是“°>1”

C.设x，yeR,贝广X22且V22”是“/+/24”的充分不必要条件

D设a,'eR,则“a#0”是，，仍*0”的充分不必要条件

【答案】BC

【解析】

【分析】对于A选项，用量词命题的否定可得解；对于B选项，用集合法可以判断；对于C选项，用充

分条件和必要条件的定义可以判断，对于D选项，用等价法可以判断.

【详解】对于A选项，命题“对任意xeR,1+1+1<°，，的否定是“存在工€区，使得d+x+lNO，，，

故A错误；

1,1,

一<1nQ<0I11I_<1

对于B选项，a或。>1,因为l।%（n或0〉】｝,所以“a>l”是“a，，的充

分不必要条件，故B正确；

对于C选项，充分性：当》之2且^22时，/24且/24,则所以具有充分性，

必要性：令％=2,,=132+/=524,但“xN2且不成立，所以不具有必要性，

所以“M2且了》2„是“/+「”4,,的充分不必要条件，故©正确；

对于D选项，因为=°”是的必要不充分条件，所以工0”是7°”的必要不充分条件，

故D错误.

故选：BC

10.将四个编号为1,2,3,4的小球放入四个分别标有1,2,3,4号的盒子中，则下列结论正确的有（

）

A,共有256种放法

B.恰有一个盒子不放球，共有72种放法

C.恰有两个盒子不放球，共有84种放法

D.没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号都不相同的放法共有9种

【答案】ACD

【解析】

【分析】按照分步乘法计数原理判断A,B,先分组、再分配，即可判断C,先确定编号为1的球的放法，

再确定与1号球所放盒子的编号相同的球的放法，按照分步乘法计数原理判断D.

【详解】若4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子，共有丁=256种放法，故A正确；

恰有一个盒子不放球，先选一个盒子，再选一个盒子放两个球，则CiC3.CJA；=144种放法，故B错

误；

恰有两个盒子不放球，首先选出两个空盒子，再将四个球分为3,1或2,2两种情况，

故共CC+C；）=84种放法，故c正确；

编号为1的球有3种放法，编号为1的球所放盒子的编号相同的球放入1号或其他两个盒子，

共有1+C；=3,即3x3=9种放法，故D正确.

故选：ACD.

II.下列选项中正确的是（）

A.已知随机变量X服从二项分布I'可，则,（2X）=5

B.口袋中有大小相同的7个红球、2个蓝球和1个黑球.从中任取两个球，记其中红球的个数为随机变

E（X）=L

量x,则X的数学期望5

C.某射击运动员每次射击击中目标的概率为0.8,则在9次射击中，最有可能击中的次数是8次

。1

P（A）=-尸（8）=-P（A+B\=-

D.设A,B是一个随机试验中的两个事件，且3,4,'2,贝u

尸（山）=］

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据二项分布方差公式，以及方差的性质，即可判断A；代入超几何分布的期望公式，即可判

断B；根据二项分布的概率，结合不等式，即可求解，判断C；根据和事件概率公式，以及条件概率公式,

即可判断D.

［详解］AJd'j,/X）-5XQX］一4,5

,故A正确；

77

E（X）=2x—二一

B.X为超几何分布，所以105,故B正确；

C.设最有可能击中左次，则P（X"）=《X（O.8）*X（O.2）：左=0」,2,…,9,

Cgx（0.8/x（0.2广>Cg-1x（0.8广x（.丁产

［CgX（0.8/x（0.2）"">C”x（0.8）4+1x（0.2广

得7<左<8,即左=7或8,故c错误;

3

P（A+^）=P（A）+P（^）-P（AS）=-+1--尸（⑹<则P（⑹$

D.31

尸（5⑷=1—尸（即）=1—累）=1一早］

3,故D正确.

故选：ABD

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.某市的5个区县A,B,C,D,E地理位置如图所示，给这五个区域染色，每个区域只染一种颜

色，且相邻的区域不同色.若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有种.

【答案】96

【解析】

【分析】利用分步计数原理与分类计数原理可得结论.

【详解】第一步：从4种颜色中选3种颜色对4民°三个区域着色有人；二24种方法,

第二步：对°，E着色分两类，

当。与B同色有1种方法，对E着色有2种方法，

当D与B不同色时有1种方法，对E着色有2种方法,

故不同的染色方案共有2黑2+2)=96种.

故答案为：96种.

13.某学校组织学生进行数学强基答题比赛，已知共有2道A类试题，4道8类试题，6道C类试题，学

£J_J_

生从中任选1道试题作答，学生甲答对4尻0这3类试题的概率分别为8,12,学生甲答对试题

的概率为.

]_

【答案】8##0.125

【解析】

【分析】利用全概率公式进行求解.

【详解】学生甲答对试题的概率为2+4+642+4+682+4+6128.

故答案为：8

石Inx2-x2Inxr>3

14.若对任意的石、/e（O,掰），且苞〉々

x2-X]则加的最大值是

1

F-2

【答案】e##e

【解析】

In-+3」历石+3/⑴lnx+3

【分析】由题意可得/再，令X,则/（/）</（西），则可得了（X）在

（0,加）上递增，然后利用导数求出/（X）的递增区间，从而可求出冽的最大值.

【详解】因为的>苫2,所以%—石（0,

%!Inx2-x2Inxx>3

所以由马一1]得再In%一9In%<3X2-3再

所以演（Inx2+3）<x2（ln再+3）

In/+3<In再+3

所以马再，

Inx+3

令八力=^^,则/（/）</（西），

因为对任意的X、/e（0,加），且西〉马,

所以Ax）在（0,加）上递增，

「/、Inx+3「,/、1—Inx—3—Inx—2

/（X）=---------f（%）=------5——=——2—

由1,得x%

由/'（工）>0,得_lnx_2>0,得lnx<_2,

0<x<!I。']

解得e,所以A'）的递增区间为Ie

1

2

所以冽的最大值为e.

1

2

故答案为：e

【点睛】关键点点睛：此题考查利用导数求函数的单调区间，解题的关键是将原不等式变形，然后构造

函数，利用导数求函数的单调区间，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.

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.设命题P：V“e[Tl],使得不等式――2x—3+加＜0恒成立；命题I'"/」〕,不等式

2x-2＞m2-3m成立.

(1)若°为真命题，求实数加的取值范围；

(2)若命题°、夕有且只有一个是真命题，求实数冽的取值范围.

【答案】(1)(一叫°)

⑵(-8,3]

【解析】

【分析】(1)若°为真命题，即使得不等式2x-3+加＜°成立，则转化对于

xe[-1,1],m＜(•)-x+2x+3mM即可

(2)若4为真命题，即‘不等式2x-22机机成立，则转化为对于“〔刈，

(2%-2焉上苏_3冽即可.

【小问1详解】

若°为真命题，即使得不等式必―2x—3+加＜°成立，

则对于“《[一"I冽＜(H+2x+3min即可.

由于X€[T，l](“2+2x+3min=0,则加e(-00,0)

【小问2详解】

若0为真命题，即不等式2x—22机2—3机成立，

则对于"G[°」],(2"-2)max'苏一3冽即可.

2

由于2x—2e[-2,0],.m-3m<0,解得掰^口引

m<0fm>0

p、q有且只有一个是真命题，则i机(°或机”或<机<3,

解得也”一-引

sinacos=—[sin(a+^)+sincostzsin=—[sin(a+^)-sin(a

16.2,2

cosacos/3=—[cos(tz+^)+cos(a-^)]sinasin/3=--[cos((z+^)-cos(a

2,2这组公式

被称为积化和差公式，最早正式发表于16世纪天文学家乌尔索斯1588年出版的《天文学基础》一书中.

在历史上，对数出现之前，积化和差公式被用来将乘除运算化为加减运算.在现代工程中，积化和差的重

要应用在于求解傅里叶级数.为了解学生掌握该组公式的情况，在高一、高三两个年级中随机抽取了100

3

名学生进行考查，其中高三年级的学生占多，其他相关数据如下表:

合格不合格合计

高三年级的学生54

高一年级的学生16

合计100

(1)请完成2X2列联表，依据小概率值a=6001的独立性检验，分析“对公式的掌握情况”与“学生所在

年级”是否有关？

(2)以频率估计概率，从该校高一年级学生中抽取3名学生，记合格的人数为X,求X的分布列和数

学期望.

n(ad-bcy

z2=------------

(a+b)(c+d)(a+c)0+d),n=+c

a0.1000.0500.0100.001

27063841

%6.63510.828

【答案】(1)列联表见解析，认为“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”有关

9

（2）分布列见解析，5

【解析】

【分析】（1）根据卡方的计算与临界值比较即可求解，

（2）利用二项分布的概率公式即可求解概率以及期望公式求解.

【小问1详解】

3

由100名学生中高三年级的学生占《，可知高三年级的学生有60人，高一年级的学生有40人.

补充完整的列联表，如下：

合格不合格合计

高三年级的学生54660

高一年级的学生241640

合计7822100

提出零假设”。："对公式的掌握情况”与“学生所在年级”无关.

根…中的数据然紫;"箫­f

根据小概率值a=0.001的独立性检验，我们推断H。不成立，即认为“对公式的掌握情况”与“学生所在年

级”有关，此推断犯错误的概率不大于0.001.

【小问2详解】

24_3

由（1）得，高一年级的学生对公式的掌握情况合格的频率为405.

所以X的分布列为

X0123

8365427

P

125125125125

E（X）=7卯=3xg=9

5

17.甲、乙两人进行某棋类比赛，每局比赛时，若决出输赢则获胜方得2分，负方得0分；若平局则各得

1分.已知甲在每局中获胜、平局、负的概率均为且各局比赛结果相互独立.

（1）若比赛共进行了三局，求甲获胜一局的概率；

（2）若比赛共进行了三局，求甲得3分的概率；

（3）规定比赛最多进行五局，若一方比另一方多得4分则停止比赛，求比赛局数X的分布列与数学期

望.

4

【答案】（1）9

7

⑵27,

317

E（X）=—.

（3）分布列见解析，81

【解析】

【分析】（1）利用独立事件概率公式，列式求解；

（2）首先分析甲得3分的事件，再根据互斥事件概率公式和独立事件概率公式，列式求解;

（3）由题意可知，2,3,4,5,根据随机变量表示事件的意义，根据概率求分布列，以及数学期望.

【小问1详解】

设“三局比赛后，甲胜一局”为事件A,

甲胜一局包含以下情形：三局中甲一胜两平局，三局中甲一胜两负，三局中甲一胜一平一负,

4

尸⑷=C尸⑷=c；

所以9或

4

所以甲胜一局的概率为§

【小问2详解】

设“三局比赛后，甲得3分”为事件B,

甲得3分包含以下情形：三局均为平局，三局中甲一胜一平一负,

7

所以甲得3分的概率为27，

【小问3详解】

依题意知，X的可能取值为2,3,4,5,

p(X=2)=2xI！4

尸(X=3)=2xC；x[j=±

10

p(X=4)=2x+C；x

81

241041

p(X=5)=l—P(X=2)—P(X=3)—Q(X=4)=l-----------------=——

9278181,

故X的分布列为:

X2345

241041

P

9278181

…、c2。410,41317

E(X)=2x—F3x----F4x-----F5x—=-----

所以期望927818181

1。+（。一1）羽。ER

18.已知函数Jv7、7

（1）当“5时，求/（“）的单调区间；

（2）若关于X的方程有两根再，马（其中西＜%）,

①求。的取值范围;

②当/〈ex1时，求M的取值范围.

【答案】⑴/（"）的单调递增区间为（°‘+"）'""）的单调递减区间为

⑵①I"②e-"Ve

【解析】

【分析】（1）对/（“）求导，并判断导函数的正负，即可得到了（“）的单调性；

（2）①/（x）=lnx可转化为6网+以=6加+1僦，令有g3）=g（lnx）,再借助

_luxz\_Inx

g（x）的单调性，得到"X,令X,借助"（X）的单调性，得到“（X）的大致图象，即可求得

_lnx2〉IneXj

〃的取值范围；②借助“（X）的单调性，有芭%叫，解不等式即可.

【小问1详解】

1i11£1

/（x）=e2--x（）2

当a=-2时，八/2,所以f''3x=-2e--2,

由』‘（%）>0解得x>0,由/'（%）<°解得x<0,

故"x）的单调递增区间为（°，+"）Ja）的单调递减区间为（f°）,

【小问2详解】

①由/00=6"*+（。_1）x=扇，即e"x+ax=hw+x,即e@+ax=e"+lnx,

令g（x）=eX+x,上式为g（ax）=g（»,因为g'（x）=e'+l>0,

所以g（x）在（°，+“）上单调递增,故gS'）=g（山）等价于ax=lwc,

_lux

即"X在（0'+"）上有两根再，X2,

力3=蛔〃（x）=3

令X,则X,

由“‘（x）〉°解得0<x<e,由"（x）<°解得X>e,

所以〃GO在区间（°，e）上单调递增,在区间&+"）上单调递减,

所以“⑺有极大值”⑹工，且当x>l时，〃G）>0,

其图象如图所示:

N

_1

e

0,1

所以。的取值范围为

_lnx.=1叫=皿

②由①得“'在O'+"）上有两根再，%,所以%1%2

h（"-X在区间（°,e）上单调递增，在区间（e，+"）上单调递减,

InXjlnx、Ine%]1+1%

—2〉—

0<再<e<%2<e'i所以％]x2ex1

1--1m；!>-1叫〉--舒

可得Ie>e,所以e-1,所以e<%!<e

【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法:

（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图

象，然后将问题转化为函数图象与X轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形

结合思想和分类讨论思想的应用；

（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；

（3）参变量分离法：由/（”）=°分离变量得出"=g（"）,将问题等价转化为直线了="与函数

N=g（x）的图象的交点问题.

19.某疫苗生产单位通过验血的方式检验某种疫苗产生抗体情况，现有V1份血液样本（数量足够

大），有以下两种检验方式：

方式一：逐份检验，需要检验“次；

方式二：混合检验，将其中"上eN且八2）份血液样本混合检验，

若混合血样无抗体，说明这左份血

液样本全无抗体，只需检验1次；若混合血样有抗体，为了明确具体哪份血液样本有抗体，需要对每份

血液样本再分别化验一次，检验总次数为9+1）次.假设每份样本的检验结果相互独立，每份样本有抗

体的概率均为

（1）现有5份不同的血液样本，其中只有2份血液样本有抗体，采用逐份检验方式，求恰好经过3次检

验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；