2024-2025学年内蒙古包头市景泰高级中学高二（下）期中数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年内蒙古包头市景泰高级中学高二（下）期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.若(a+x)4的展开式中x的系数是−12，则A.1 B.12 C.−122.若D(X)=9，则D(3X−2)=(

)A.3 B.27 C.81 D.183.已知随机变量ξ服从正态分布N(2,σ2)，且P(ξ<4)=0.8，则P(0<ξ<2)等于A.0.6 B.0.4 C.0.3 D.0.24.甲、乙、丙、丁、戊五人排成一列，丙不在排头，且甲和乙相邻的排列情况有(    )种．A.18 B.36 C.48 D.605.设函数f(x)=ex+2sinx1+x2+3，则曲线A.83 B.53 C.236.设0<a<1X0a1P111则当a在(0,1)内增大时，A.D(X)增大 B.D(X)减小

C.D(X)先增大后减小 D.D(X)先减小后增大7.若x=−2是函数f(x)=(x2+ax−1)ex−1的极值点，则A.−1 B.−2e−3 C.5e8.某同学进行一项投篮测试，若该同学连续三次投篮成功，则通过测试；若出现连续两次失败，则不通过测试.已知该同学每次投篮的成功率为23，则该同学通过测试的概率为(

)A.23 B.1627 C.2542二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知(1+x)n的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则(

)A.n=9

B.(1+x)n的展开式中x2项的系数为28

C.奇数项的二项式系数和为256

D.10.口袋内装有大小、质地均相同，颜色分别为红、黄、蓝的3个球.从口袋内无放回地依次抽取2个球，记“第一次抽到红球”为事件A，“第二次抽到黄球”为事件B，则(

)A.P(A)=13 B.P(B|A)=12 C.A与B为互斥事件 D.11.设函数f(x)=(x−1)2(x−4)，则A.x=3是f(x)的极小值点

B.当0<x<1时，f(x)<f(x2)

C.当1<x<2时，−4<f(2x−1)<0

D.当三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则D(X)=

13.在暑假甲、乙、丙三位同学打算去上海、北京、成都、西安四个城市旅游，每一个同学只能去一个地方，则上海有人去的情况有______种(填数字)．14.设m为正整数，(x+y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x+y)2m+1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a=7b，则四、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.(本小题13分)

已知函数f(x)=lnx−ax．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若a=2，求函数g(x)=f(x)+3x−4lnx−2x16.(本小题15分)

某次乒乓球比赛的决赛在甲乙两名选手之间举行，比赛采用五局三胜制，按以往比赛经验，甲胜乙的概率为23．

(1)求比赛三局甲获胜的概率；

(2)求甲获胜的概率；

(3)设甲比赛的次数为X，求X17.(本小题15分)

某地区2019年至2025年农村居民家庭人均纯收入y(单位：千元)年份2019202020212022202320242025年份代号t1234567人均纯收入y2.93.33.64.44.85.25.9(1)据上表数据，计算y与t的相关系数r(精确到0.01)，并说明y与t的线性相关性的强弱；(若0.75<|r|<1，则认为y与t线性相关性很强；若0.3<|r|≤0.75，则认为y与t线性相关性一般；若|r|≤0.3，则认为y与t线性相关性较弱.)

(2)根据(1)的结论，求y关于t的线性回归方程；

(3)利用(2)中的回归方程，分析2019年至2025年该地区农村居民家庭人均纯收入的变化情况，并预测该地区2027年农村居民家庭人均纯收入．

参考数据：i=17tiyi=134.4，i=17yi2=136.51，18.(本小题17分)

截至2024年底，我国新能源汽车保有量达到3140万辆，占汽车总量的8.9%.某市调查了1000名汽车驾驶员对新能源汽车的偏好程度，调查结果如下：偏好燃油汽车偏好新能源汽车合计男性驾驶员女性驾驶员100400合计4001000(1)请根据所给数据，完成上面的2×2列联表；

(2)判断是否有99.9%的把握认为偏好燃油汽车或新能源汽车与驾驶员的性别有关；

(3)用频率估计概率，在所有参加调查的驾驶员按男性和女性进行分层抽样，随机抽取10名驾驶员，再从这10名驾驶员中随机抽取2人进行问卷调查.抽取的2人中，求在有女性驾驶员参加问卷调查的条件下，恰有1名男性驾驶员也参加问卷调查的概率．

附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)19.(本小题17分)

已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有极值，且导函数f′(x)的极值点是f(x)的零点.(注：立方和公式：(x3+y3)=(x+y)(x2−xy+y2))

(1)证明：a2>3b；答案解析1.【答案】C

【解析】解：∵(a+x)4的展开式中x的系数是C41⋅a3=−12，

2.【答案】C

【解析】解：若D(X)=9，则D(3X−2)=9D(X)=81．

故选：C．

根据方差的性质直接求解．

本题考查方差的性质，属基础题．3.【答案】C

【解析】【分析】本题考查正态分布的概率，属于基础题．

看出这组数据对应的正态曲线的对称轴x=2，根据正态曲线的特点，得到P(0<ξ<2)=1【解答】

解：∵随机变量ξ服从正态分布N(2,σ2)，

μ=2，得对称轴是x=2，

P(ξ<4)=0.8，

∴P(ξ≥4)=P(ξ≤0)=0.2，

∴P(0<ξ<4)=0.6，

∴P(0<ξ<2)=0.3，

故选：4.【答案】B

【解析】解：已知甲、乙、丙、丁、戊五人排成一列，丙不在排头，且甲和乙相邻，

甲和乙相邻可将甲和乙看作一个整体，有A22=2种排列方法，

丙不在排头，可在剩下3个位置选一个，有C31=3种方法，

丙站好后，其余3个元素有A33=6种排列方法，所以总共有2×3×6=365.【答案】A

【解析】解：因为f′(x)=(ex+2cosx)(1+x2)−(ex+2sinx)2x(1+x2)2，

所以f′(0)=3，

所以曲线y=f(x)在点(0,4)处的切线为y=3x+4，

令x=0，解得y=4，令y=06.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查方差的求法，考查离散型随机变量的分布列，利用二次函数是关键，考查推理能力与计算能力，是中档题．

方差公式结合二次函数的单调性可得结果．

【解答】

解：E(X)=0×13+a×13+1×13=a+13，

D(X)=(a+13)2×7.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查了利用导数研究函数的极值，属中档题．

求出函数的导数，利用极值点，求出a，然后判断函数的单调性，求解函数的极小值即可．【解答】

解：

函数f(x)=(x2+ax−1)ex−1，

可得f′x=(2x+a)ex−1+(x2+ax−1)ex−1，

又x=−2是函数f(x)=(x2+ax−1)ex−1的极值点，

可得f′−2=(−4+a)e−3+(4−2a−1)e−3=0，

即−4+a+(3−2a)=0，解得a=−1．

可得f′x=(x2+x−2)ex−1，

令f′x=08.【答案】D

【解析】解：用P−1表示投篮失败1次的情况下最终通过的概率，用P−2表示连续失败2次的情况下最终通过的概率，

用P1表示投篮成功1次的情况下最终通过的概率，用P2表示连续成功2次的情况下最终通过的概率，用P3表示连续成功3次的情况下最终通过的概率，

该同学每次成功的概率为p=23，

依题意有P−2=0，P3=1，以及P−1=pP1+(1−p)P−2，P1=pP2+(1−p)P−1，P2=pP3+(1−p)P−1，

所以方程组P−1=pP1P9.【答案】BD

【解析】解：已知(1+x)n的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，

则Cn2=Cn6⇒n=8，故A不正确；

(1+x)n的展开式中x2项的系数为C82=28，故B正确；

奇数项的二项式系数和为282=27=128，故C不正确；

(1+x−y2)8的展开式中常数项的系数为C10.【答案】ABD

【解析】解：根据题意，设红球为a，黄球为b，蓝球为c，

从口袋内无放回地依次抽取2个球，

若两次取球颜色依次为x，y，记为事件xy，

则样本空间为Ω={ab,ac,ba,bc,ca,cb}，有6个基本事件，

事件A={ab,ac}，事件B={ab,cb}，

对于A，P(A)=26=13，故A正确；

对于B，AB={ab}，所以P(AB)=16，

则P(B|A)=P(AB)P(A)=1613=12，故B正确；

对于C，AB={ab}，事件A、B可以同时发生，不是互斥事件，故C错误；

对于D，P(A)=26=13，P(B)=26=13，

P(AB)=16，P(AB)≠P(A)P(B)，

所以A、B不相互独立，故D11.【答案】ACD

【解析】解：对于A，f′(x)=2(x−1)(x−4)+(x−1)2=3(x−1)(x−3)，

易知当x∈(1,3)时，f′(x)<0，则函数f(x)在(1,3)上单调递减，

当x∈(−∞,1)∪(3,+∞)时，f′(x)>0，则函数f(x)在(−∞,1)，(3,+∞)上单调递增，

故x=3是函数f(x)的极小值点，选项A正确；

对于B，当0<x<1时，0<x2<1，且x2<x，

又f(x)在(0,1)上单调递增，

则f(x2)<f(x)，选项B错误；

对于C，由于1<x<2，

一方面，f(2x−1)=(2x−2)2(2x−5)=4(x−1)2(2x−5)<0，

另一方面，f(2x−1)+4=4(x−1)2(2x−5)+4=4[(x−1)2(2x−5)+1]=4(x−2)2(2x−1)>0，

则−4<f(2x−1)<0，选项C正确；

对于D，由于−1<x<1，

则f(2−x)−f(x)=(x−1)2(−2−x)−(x−1)2(x−4)=(x−1)12.【答案】1.96

【解析】【分析】本题考查离散性随机变量的期望与方差的求法，属于基础题．

判断概率类型满足二项分布是解题的关键．判断概率满足的类型，然后利用公式求方差即可．【解答】

解：由题意可知，该事件满足独立重复试验，是二项分布模型，

其中，p=0.02，n=100，

则D(X)=np(1−p)=100×0.02×0.98=1.96．

故答案为：1.9613.【答案】37

【解析】解：已知甲、乙、丙三位同学打算去上海、北京、成都、西安四个城市旅游，每一个同学只能去一个地方，且上海有人去，

则上海有人去可以分为1个人去，2个人去，3个人去三类情况，

当只有1个人去上海时，有C31⋅32=27种不同的情况；

当有2个人去上海时，有C32⋅3=9种不同的情况；

当有3个人去上海时，有1种情况，

故有人去上海共有27+9+1=37种不同的情况．

故答案为：37．

14.【答案】6

【解析】解：∵m为正整数，(x+y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，

∴a=C2mm，

同理，(x+y)2m+1展开式的二项式系数的最大值为b，

∴b=C2m+1m．

∵13a=7b，

∴13C2mm=7C2m+1m，

即13×(2m)!m!⋅m!=7×(2m+1)!m!⋅(m+1)!，

∴13=7×2m+1m+115.【答案】①当a≤0时，f′(x)>0，原函数在(0,+∞)上单调递增；

②当a>0时，f′(x)=0，解得x=1a，

当x∈(0,1a)，f′(x)>0，f(x)在(0,1a)单调递增，

当x∈(1a,+∞)，f′(x)<0，f(x)【解析】(1)f(x)=lnx−ax，所以函数的定义域为(0,+∞)，

所以f′(x)=1x−a，

①当a≤0时，f′(x)>0，原函数在(0,+∞)上单调递增；

②当a>0时，f′(x)=0，解得x=1a，

当x∈(0,1a)，f′(x)>0，f(x)在(0,1a)单调递增，

当x∈(1a,+∞)，f′(x)<0，f(x)在(1a,+∞)x(0,1)1(1,2)2(2,+∞)g′(x)+0−0+g(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以，函数g(x)的极大值为g(1)=1−3ln1−2=−1，

极小值为g(2)=2−3ln2−1=1−3ln2．

(1)求出函数导数后对a分类讨论，求出函数的单调区间；

(2)求出函数导数，列表可得函数的极值．

本题考查利用导数求解函数的单调性和单调区间，属于中档题．16.【答案】解：记甲n局获胜的概率为Pn，n=3，4，5，

(1)比赛三局甲获胜的概率是：P3=C33(23)3=827；

(2)比赛四局甲获胜的概率是：P4=C32(23)3 (13)=827；

X345P(X)PPP所以甲比赛次数的数学期望是：EX=3(127+8【解析】(1)比赛三局甲获胜的概率是：P3=C33(23)3=827．

(2)再求出P4和P17.【答案】0.99，y与t的线性相关性的非常强；

y=0.5t+2.3；

6.8千元．

【解析】(1)根据题意可知，t−=4,y−=4.3，

r=i=1n(ti−t−)(yi−y−)i=1n(ti−t−)2i=1n(yi−y−)2=i=17tiyi−7t−y−i=17ti2−7t−2i=1718.【答案】有99.9%的把握认为偏好燃油汽车或新能源汽车与驾驶员的性别有关；

45．【解析】解：(1)依题意可得2×2列联表如下：偏好燃油汽车偏好新能源汽车合计男性驾驶员300300600女性驾驶员100300400合计4006001000(2)零假设H0：偏好燃油汽车或新能源汽车与驾驶员的性别无关，

由(1)可得χ2=1000(300×300−100×300)2400×600×600×400=62.5>10.828，

依据小概率值α=0.001的独立性检验，我们推断H0不成立，

所以有99.9%的把握认为偏好燃油汽车或新能源汽车与驾驶员的性别有关；

(3)抽取的10名驾驶员中，女性驾驶员有40010