重庆市奉节永安中学校2024~2025学年高二下册第二次月考数学试卷【附答案】

这是一份重庆市奉节永安中学校2024~2025学年高二下册第二次月考数学试卷【附答案】，文件包含永安中学高2023级高二下第二次月考数学参考答案docx、永安中学高2023级高二下第二次月考数学试卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共14页， 欢迎下载使用。
1．D【分析】由等高条形图的定义和性质依次分析，即得解
【详解】观察等高条形图发现与相差很大，就判断两个分类变量之量关系最强．故选：D
2．C【分析】利用导数的极限定义，将极限值化成，再对原函数求导代入即得.
【详解】由求导，可得：.而，故.
故选：C.
3．A【分析】先根据回归方程求出时的预报值，再运用残差计算公式计算即可.
【详解】把代入，可得生长高度y的估计值为，
则样本的残差的绝对值为.故选：A.
4．D【分析】求出函数的导函数，由求出的值，即可得到函数在上的单调性，从而求出的值.
【详解】因为，所以，所以，解得，
所以，则，所以当时，所以在上单调递增，
所以，解得.故选：D
5．B【分析】设事件表示“抽出一名学生，该学生近视”，事件表示“学生抽自高一年级”，事件表示“学生抽自高二年级”， 事件表示“学生抽自高三年级”，根据全概率公式列式求解.
【详解】设事件表示“抽出一名学生，该学生近视”，事件表示“学生抽自高一年级”，
事件表示“学生抽自高二年级”， 事件表示“学生抽自高三年级”，
则，，，，，，
由全概率公式，
即，解得.故选：B.
6．D
【分析】分为在一楼就餐的同学有1个，2个，3个和4个同学，再分别讨论二楼、三楼就餐的同学即可得出答案.
【详解】在一楼就餐的同学有1个，在二楼、三楼就餐的同学为，即种；
在一楼就餐的同学有2个，在二楼、三楼就餐的同学为，即种；
在一楼就餐的同学有3个，在二楼、三楼就餐的同学为，即种；
在一楼就餐的同学有4个，在二楼、三楼就餐的同学为，即种.所以共有：种.故选：D.
7．B【分析】分析出，从而得到，错位相加法求和，求极限，得到答案.
【详解】，即投掷1次到达终点，故第一次投掷的点数为3，故，
，即投掷2次到达终点，故第一次投掷的点数不为3，
第二次投掷的点数可根据第一次投掷的点数来唯一确定，
两次投掷的点数有以下的情况，，故，
，即投掷3次到达终点，前两次投掷均没有到达终点，，
……，，即投掷次到达终点，前次投掷均没有到达终点，，
故①，
②，
则①-②得，
故.故选：B
【点睛】关键点点睛：分析得到，即投掷次到达终点，前次投掷均没有到达终点，得到，再根据求期望公式和错位相减法进行求解.
8．A【分析】首先利用导数的几何意义求出与相切时的a的值，根据a的值分段讨论,利用指数函数的增长速度判断交点个数.
【详解】函数，存在两个不同的零点，令，
即与有两个不同的交点，又，
令，即，此时与相切于点，
又，所以既是与交点又是切点，
当时，当时，从递减到，函数从递减到，
由于递减较快，在处与相交一次，
当时，当 ，
但的增长速度比 快，因此两者会在 处相交一次，
所以在 和 各有一个交点，加上固定零点，总共有两个不同的零点，
当时，当时，的递减速度比慢，
因此始终位于上方，所以无交点，
当时，，
但的增长速度比 慢，因此两者会在 处相交一次，
所以在处有一个交点，加上固定零点，总共有两个不同的零点.
当时，令，即仅在相交，
当时，当时，的递减速度比慢，
因此始终位于上方，所以无交点，
当时，的增长速度进一步降低，无法与交，
所以仅有一个零点，不满足题目要求，数的取值范围为，故选：A
9．ABD
【分析】根据均值与方差性质、二项分布和两点分布的均值与方差、正态分布的基本意义依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，由均值与方差的性质可知：，，A正确；
对于B，，，，，与无关，B正确；
对于C，，，，C错误；
对于D，若服从于两点分布，则方差，当时，取得最大值，D正确.
故选：ABD.
10．AC【分析】用概率与统计的知识点，逐个分析每个选项，排除可得答案.
【详解】对于A，两个变量，的相关系数为，越小，与之间的相关性越弱，故A正确
对于B，，，故B错误
对于C，越接近1，模型拟合越好，且，故C正确.
对于D，，故，
令，解得，故，故D正确.故选：ACD
11．ABD【分析】证明函数与互为反函数，可判断A的真假；设，，求的取值范围，可判断BD的真假；根据求的取值范围，可判断C的真假.
【详解】对A：由.
所以函数与互为反函数，
根据反函数的性质，曲线上任意点，与P对应的点也在曲线上，故A正确；
对C：由.设（），则.
由，由.所以在上单调递减，在上单调递增.
又，，，所以.
又，所以，所以不成立，故C错误；
对B：设，则，那么点坐标为，所以“鱼尾”的宽为：.
由题知当和时，；当时，，所以的取值范围是，故B正确；
对D：因为，根据函数的性质，且，
所以当时，，所以在，，上各有一解，故D正确.故选：ABD
12．24【分析】根据题意，写出其通项，再求其特定项的系数即可.
【详解】在的展开式中，.
令得，所以含项的系数是.故答案为：24.
13．/0.4【分析】根据所给的概率分步规律，写出四个变量对应的概率，根据分布列的性质，写出四个概率之和是1，解出的值，要求的变量的概率包括两个变量的概率，相加得到结果．
【详解】∵，，∴，∴，
.故答案为：．
14．【分析】设点的坐标为，点的坐标为，求的解析式，
设，利用导数证明，则，设，利用导数求的最小值，由此可得结论.
【详解】设点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标为，又，
所以 ，设，
则，
令，可得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以，
所以，当且仅当时取等号，
设，则，令，所以，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以，所以，
当且仅当，时等号成立，即，时等号成立.所以的最小值为，
故答案为：.
15．(1)，，有把握 (2)分布列见解析，
【分析】（1）先算出，再计算卡方对比临界值即可得解.
（2）由题意可得X的所有可能值为0，1，2，3，计算出对应的概率即可得分布列，进一步即可求解数学期望.
【详解】（1）依题意，，，
零假设为：数学成绩总评优秀与每天都整理数学错题无关
根据列联表中的数据，计算得
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
所以有99%的把握认为“数学成绩总评优秀与每天都整理数学错题有关”．
（2）不是每天都整理数学错题的学生有20人，其中数学成绩总评优秀人数为5，X的所有可能值为0，1，2，3，
，，，，
所以X的分布列为：
期望.
16．(1)， (2)
【分析】（1）比赛结束时甲赢的局数为2局即前4局甲赢2局，最后一局乙赢；甲赢的局数为3局即前4局甲赢2局最后一局甲赢，或者是前三局甲赢.
（2）分别计算在4局和5局结束时甲获胜的条件概率，并通过比较大小求解取值范围.
【详解】（1）记比赛结束时甲赢的局数为，
当时，比赛结束共打了5局，甲在前4局中赢2局，其余3局是乙赢，则，
当时，比赛结束共打了3、或4、或5局，即连打3局都是甲赢、或打4局发生甲赢前3局中2局和第4局、或打5局发生甲赢前4局中2局和第5局，则.
（2）记事件为“进行了4局比赛分出胜负”，则
记事件为“甲获胜”，则事件为“进行了4局比赛且甲获胜”，则
因此，在进行了4局比赛分出胜负的情况下，甲获胜的概率为，
记事件为“进行了5局比赛分出胜负”，则
则表示“进行了5局比赛且甲获胜”，故
因此，在进行了5局比赛分出胜负的情况下，甲获胜的概率为，
依题意有，所以.
17．(1)(2)当时，的增区间是，减区间是，，
极大值为，极小值为；当时，的增区间是，，减区间是，极大值为，极小值为．
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求出；（2）根据分类讨论思想以及函数单调区间与极值的求法即可解出．
【详解】（1）函数定义域为.若,则，
，所以切线方程为.
（2），
令，有两根，或.
(1)当时,与的情况如下：
由表可知,的增区间是，减区间是，，
极大值为，极小值为．
(2)当时,与的情况如下：
由表可知,的增区间是，，减区间是，
极大值为，极小值为．
18．(1)（i）；（ii）理由见解析；(2).
【分析】（1）（i）根据已知，应用特殊区间的概率及正态分布的对称性求；（ii）根据（i）结果及已知小概率事件的定义得结论；
（2）设该大型超市所出售的每箱苹果的质量为，且，应用特殊区间的概率求得，进而有并应用二项分布的方差公式求方差.
【详解】（1）（i）依题意得，，所以.
设，因为，
则；
（ii）由（i）得.
因为小张计算出这25箱苹果质量的平均值为4938.77克，且，
所以，则小张购买的这25箱苹果质量的平均值为4938.77克属于小概率事件，
小概率事件基本不会发生，这就是小张举报该超市的理由.
（2）设该大型超市所出售的每箱苹果的质量为，则.
设，由，
得，
根据题意，得随机变量，故.
19．(1)(2)(3)证明见解析
【分析】（1）在区间上为减函数，可得在区间上，即，
而后根据的范围求出的范围即可；
（2）先对进行求导得到，再对进行分类讨论即可；
（3）从唯一性与存在性两方面进行证明，再结合零点的存在性定理得到最后结论.
【详解】（1）解：在区间上为减函数，∴在区间上，
∴，令，只需，
显然在区间上为减函数，∴，∴；
（2）解：由题意得（），则，
若，由于，故存在正数使得，条件满足；
若，令，则，可知在上单调递增，在上单调递减，
从而此时对任意的都有，条件不满足.
综上，a的取值范围是；
（3）解：设，，下面分唯一性和存在性两方面来证明：
唯一性：由，知的导数等于，
而，故显然恒为负，从而在上单调递减，特别地，在上单调递减，
这表明，使得的至多有一个，从而唯一性得证.
存在性：先考虑函数，这里．由于，
故当时，当时，从而在上单调递减，在上单调递增，
从而对于任意的，都有，即.
这就得到，对任意，有.
从而，对任意的，都有；而对任意的，都有
然后回到原题，首先有
.
同时又有，
，故.
由零点存在定理，知一定存在，使得，综合上述的存在性和唯一性两个方面，
知存在唯一的，使得
【点睛】思路点睛：（1）在区间上为减函数，可得在区间上，即，
而后根据的范围求出的范围即可；
（2）先对进行求导得到，再对进行分类讨论即可；
（3）从唯一性与存在性两方面进行证明，再结合零点的存在性定理得到最后结论.
方法点睛：1、若函数在区间内的导数，则在该区间内单调递增；
若函数在区间内的导数，则在该区间内单调递减；
2、不等式恒成立问题：若要求不等式在某个区间内恒成立，可以转化为求函数在该区间内的最值问题.
关键点点睛：（1）抓住在区间上为减函数，转化为在区间上进行解题；
（2）先对进行求导得到，再对进行分类讨论，将存在性问题转化为函数最值问题是关键；
（3）从唯一性与存在性两方面去证明，其中理解并运用零点的存在性定理是关键.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
A
D
B
D
B
A
ABD
ACD
题号
11









答案
ABD









数学成绩总评优秀人数
数学成绩总评非优秀人数
合计
每天都整理数学错题人数
14
6
20
不是每天都整理数学错题人数
5
15
20
合计
19
21
40
X
0
1
2
3
P
-
0
+
0
-
减
极小
增
极大
减
+
0
-
0
+
增
极大
减
极小
增