四川省甘孜藏族自治州2024-2025学年高二下学期7月期末统一考试数学试卷

⾼⼆期末数学试注意事项，答选择题时，必须使⽤2B铅笔填涂对应题⽬的答案标号，如需改动，⽤橡⽪擦擦⼲净答⾮选择题时，必须使⽤0.5毫⽶⿊⾊签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上所有题⽬必须在答题卡上作答，在试题卷上答题⽆效考试结束后，只将答题卡交回⼀单选题（40分1.学校为促进学⽣课外兴趣发展，积极开展各类校园社团活动，某同学计划从美术、街舞等五个社团中择三个参加，若美术和街舞中最少选择⼀个，则不同的选择⽅法共有（ ）A.7B.8C.9D.10，，A.B.C.D.，A. B. C. D.在等差数列中，若，，则公差 A B. D.以下四个命题中，其中真命题为 在回归分析中，可⽤相关指数的值判断模型的拟合效果，越⼤，模型的拟合效果越好两个随机变量的线性相关性越强，相关系若数据，，…，的⽅差为1，则，，…，的⽅差为对分类变量与的随机变量的观测值来说，越⼩，判断“与有关系”的把握程度越⼤ 充要条 B.必要不充分条C.充分不必要条 D.既不充分也不必要条甲⼄两名射击运动员进⾏射击⽐赛甲的中靶概率为⼄的中靶概率为甲是否击中对⼄没影响，设 甲中靶， ⼄中靶，则（与，与，与，与都相互独与是对⽴事的项，，A. B.C.D.，则A.数 是等⽐数B.的和 下列说法正确的是 从容量为的总体中抽取⼀个容量的样本当选取抽签法随机数法和按⽐例分层随机抽样三种同⽅法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为则若，则事件A与事件B相互独⼀个⼈连续射击2次，事件“两次均未击中”与事件“⾄多⼀次击中”若，，且事件A与事件B相互独⽴，已知函数在处取得极⼩值，则下列结论正确的是 函数有且仅有⼀个零D.函 有最⼩值，⽆最⼤三填空题（15分已知随机变量， 甲、⼄、丙、丁、戊五⼈完成A，B，C，D，E五项任务所获得的效益如下表：现每项任务选派⼀⼈完成，其中甲不承担C任务，丁不承担A任务的指派⽅法数有 在中，若，则的最⼤值 四解答题（77分已知求的值求的值（参考数据：为了了解⾼中学⽣课后⾃主学习数学时间（x分钟/每天）和他们 数学成绩（y分）的关系，某实验⼩编若该组数据中y与x之间的关系可⽤线性回归模型进⾏拟合，求y关于x的回归直线（基于上述调查，某校提倡学⽣课后⾃主学习．经过⼀学期的实施后，抽样调查了160与课后⾃主学习与成绩进步情况得到如下2×2成绩没有进成绩有进合未合依据的独⽴性检验，分析“课后⾃主学习与成绩进步”是否有关附：回归⽅程中斜率和截距的最⼩⼆乘估计公式分别为 ，其中0以“‘智’在必得”为主题⼈⼯智能知识挑战赛预赛由6道正误判断题组成，每位选⼿从中随机抽取3道若能全部回答正确，则通过预赛.已知选⼿甲会做其中的4道题设表示选⼿甲抽到会做题⽬的道数，求随机变量的分布列和⽅差假设选⼿甲会做的题全部答对不会做的题随机判断答对的概率.若各题作答结果互不影响求他通过预赛的概率.已知函数，函数求的最⼩值 ①求零点的个数②证明 的所有零点之和为定值已知数列的前项和为，且求数列通项公式数列满⾜，求数列的前项和 ，求证：数 中任意不同的三项都不能构成等差数列⾼⼆期末数学试注意事项，答选择题时，必须使⽤2B铅笔填涂对应题⽬的答案标号，如需改动，⽤橡⽪擦擦⼲净答⾮选择题时，必须使⽤0.5毫⽶⿊⾊签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上所有题⽬必须在答题卡上作答，在试题卷上答题⽆效考试结束后，只将答题卡交回⼀单选题（40分1.学校为促进学⽣课外兴趣发展，积极开展各类校园社团活动，某同学计划从美术、街舞等五个社团中择三个参加，若美术和街舞中最少选择⼀个，则不同的选择⽅法共有（ ）A.7 B.8 C.9 D.10【答案】【解【分析】应⽤分步乘法原理及分类加法原理结合组合数的运算求解即可【详解】由题知共有第⼀种情况：美术、街舞都选，则需从剩余的三个社团中选择⼀个，共有种选择⽅法第⼆种情况：美术、街舞中选择⼀个，则还需从剩 三个社团中选择两个，共有种选择⽅法故不同的选择⽅法共故选:种，，A.【答案】B.C.D.【解【分析】根据正态分布的性质可求概率【详解】根据题意，随机变 ， 则故则故选，A.B.【答案】【分析】求导 ，令即可求解 故选故选中，A.【答案】B.【分析】由等差数列的性质可得出，即可得出的值【详解】由等差数列的性质可得，则，故故选以下四个命题中，其中真命题为 在回归分析中，可⽤相关指数的值判断模型的拟合效果，越⼤，模型的拟合效果越好两个随机变量的线性相关性越强，相关系若数据，，…，的⽅差为1，则，，…，的⽅差为对分类变量与的随机变量的观测值来说，越⼩，判断“与有关系”的把握程度越⼤【答案】【解【分析】对于，B，由相关指数的意义判断即可；对于C，利⽤⽅差的性质判断即可；对于，的定义判断即可【【详解】根据相关指数的意义，可知A是真命题根据相关系数的意义，因是相关系的绝值越⼤，可知B是假命题若 的⽅差为1，那 的⽅差 ，所以C是假命题所以D是假命题．故选的观来说，应该是越⼤，判断“与有关系”的把握程度越⼤6.是函只有⼀个零 的 ..【答案】D.既不充分也不必要条【解【分析】 时，求函的零点，判断充分性，由函 只有⼀个点求，判断必要性，由此可得结论【详解】当时，函数只有⼀个零点当时，函数只有⼀个零点1； 是函数只有⼀个零点 甲、⼄两名射击运动员进⾏射击⽐赛，甲的中靶概率为，⼄的中靶概率为，甲是否击中对⼄没影响， 甲中靶 ⼄中靶与，与，与，与都相互独与是对⽴事【答案】【解【分析】根据独⽴事件和对⽴事件定义可知AB正误；根据独⽴事件概率乘法公式可知C错误；根事件概率公式可求得D错误【详解】对于，两⼈射击结果没有相互影响，与，与都相互独⽴，A确； ⼄中靶且甲未中靶，不是对⽴事件，B错对于与相互独⽴误对于故选的前项和，，A.【答案】B.C.D.【解【分析】利⽤等差数列的⽚段和性质计算即可【详解】由等差数列的性质可知：成等差数列，即成等差数列所以.故选⼆多选题（18分已知等⽐数列，，，则 数 是等⽐数 B.数 的前和 【答案】【解【分析】根据等⽐数列通项公式和等⽐前和公式，等差数列的定义法证明⽅法，和等差数列前和公式分别判断各选项正误.【详解】由题可得 是等⽐数列，故A正确； ，故是等差数列，故C正确则，故D错误故选下列说法正确的是 从容量为的总体中抽取⼀个容量的样本当选取抽签法随机数法和按⽐例分层随机抽样三种同⽅法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为则若，则事件A与事件B相互独⼀个⼈连续射击2次，事件“两次均未击中”与事件“⾄多⼀次击中”若，，且事件A与事件B相互独⽴，【答案】【解【分析】根据抽样⽅法的相关概念、独⽴事件的概率公式、事件之间的关系以及概率的乘法运算，逐⼀检验，可得答案.【详解】对于A，根据抽样⽅法的使⽤规则，可知A对于 ，故B正确对于，设事件两次均为中=中枪次数为、事件⾄多中⼀次中枪的次数为由，则事件包含事件，故C错误；对于D，由，则因为事件与事件相互独⽴，所，故D正确故选已知函数在处取得极⼩值，则下列结论正确的是 函数有且仅有⼀个零函数恰有两个极值函数在有最⼩值，⽆最⼤【答案】【解【分析求出导函数根据已知得出⽅程求解得出的值.代⼊检验即可得出代⼊即可得出函的单调性、极值；根据极值以及特殊点处的函数值，结合函数的单调性以及零点存在定理，即可得出函数的零点情况；根据函数的单调性，求解即可得出函数在上的最值情况【详解】对于A项，由已知当时， 解可得，或，所以 上单调递增，在上单调递增当时，有所以，函数在处取得极⼤值，不满⾜条件，舍去 对于B项，由A知，且在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减⼜ 根据函数的单调性以及零点存在定理可知，在上没有零点，在上没有零点⼜根据函数的单调性以及零点存在定理可知，上有⼀个零点，上没有零点.综上所述，函数有且仅有⼀个零点.故B正确；对于C项，由A可知在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减， 故C对于D项，由A知，在 故选三填空题（15分， 【答【解【分析】由⼆项分布⽅差公直接可求【详解】因 所所故答案为 甲、⼄、丙、丁、戊五⼈完成A，B，C，D，E五项任务所获得的效益如下表：现每项任务选派⼀⼈完成，其中甲不承担C任务，丁不承担A任务的指派⽅法数有 【答案 ①. ②.【解【分析】第⼀空，由间接法求解，5⼈的全排列减去甲承担C任务，丁承担A任务的排列，再加上重复减去的情况即可；第⼆空，通过讨论B项⼯作由甲承担还是⼄承担，进⾏求解；【详解】依据乘法原理，选派⽅法共有由表可知，五项⼯作获得效益值总和最⼤为，但不能同时取得要使总和最⼤、甲可以承担B或D项⼯作，丙只能承担C项⼯作，则丁不可以承担C项⼯作，所以丁承担E项⼯作；承担BD⼯作，戊承担A⼯作，此效益和为：⼄若不承担B项⼯作，则⼄承担A项⼯作，甲承担B项⼯作，则戊承担D项⼯作，此时，效益值总和为：所以，完成五项⼯作后获得的效益值总和最⼤是故答案 中， ， 的最⼤值 【答【解【分析】依题意，，化简 ，令，，构造函数，借助导数求出最⼤值，进⽽得到答案【详解】因为，即， ，令，， ， ，则或当时，，所以在上单调递增 所以的最⼤值为,四解答题（77分已知求的值求的值（参考数据：【答案 【解【分析（1）令⼆项式中的，，即可求解（2）令，即可相减求解⼩1详解令得，再令得，，所以【⼩2详解令得，所以所为了了解⾼中学⽣课后⾃主学习数学（x分钟/每天和他们的数学成（y分的关系某实验组做了调查，得到⼀些数据如下表：编若该组数据中y与x之间的关系可⽤线性回归模型进⾏拟合，求y关于x的回归直线（基于上述调查，某校提倡学⽣课后⾃主学习．经过⼀学期的实施后，抽样调查了160与课后⾃主学习与成绩进步情况得到如下2×2成绩没有进成绩有进合未合依据的独⽴性检验，分析“课后⾃主学习与成绩进步”是否有关附：回归⽅程中斜率和截 最⼩⼆乘估计公式分别为 ，其中【答（2）在犯错概率不超过的前提下，认为“课后⾃主学习与成绩进步”有关【解【分（1），进⽽（2）计算卡⽅，利⽤独⽴性检验思想即可求解【⼩1详解由题意 所所所【⼩2详解由题意所以在犯错概率不超过的前提下，认为“课后⾃主学习与成绩进步”有关以“‘智’在必得”为主题的⼈⼯智能知识挑战赛预赛由6道正误判断题组成，每位选⼿从中随机抽取3道若能全部回答正确，则通过预赛.已知选⼿甲会做其中的4道题设表示选⼿甲抽到会做题⽬的道数，求随机变量的分布列和⽅差假设选⼿甲会做的题全部答对不会做的题随机判断答对的概率.若各题作答结果互不影响求他通过预赛的概率.【答（1）分布列⻅解析【解【分析（1先确定的可能取值然后针对不同的取值求出对应的概率进⽽可列的分布列从⽽求得期望和⽅差..（2）根据条件概率和全概率公式可求得他通过预赛的概率【⼩1详解根据题意所以的分布列的故随机变的所以的⽅ 【⼩2详解设事件“选⼿甲抽到道会做的题⽬，”，事件“选⼿甲通过预赛由（1）由（1）.所由全概率公式得，选⼿甲通过预求的最⼩值若①求零点的个数②证明：的所有零点之和为定值【答案 （2）①3个；②证明⻅解析【解【分（1）求出函数导数，利⽤导数求出函数的最⼩值（2）①求出函 的导 ，结合零点存在性定理求 的零点所在区间，进⽽求出函的单调性，再由零点存在性定理求出零点个数；②变 并构造函 探讨奇偶性并利⽤其性质求得所有零点和【⼩1详解函数定义域为R，求导得【⼩2详解①函数的定义域为R，求导得，当时，；当时，函数在上递减，在上递增，⽽，则存在，使得，令，求导得函数在上递增，，即所以零点的个数为② ， ， ， ，则函 为R上的奇函数函的图象关于原点对称，因的所有零点和为所所有零点和为0，是定值（1）的前项和通项公式，且数列满⾜，求