湖北省荆州市沙市中学2024-2025学年高二下学期6月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖北省荆州市沙市中学2024-2025学年高二下学期6月月考数学试卷（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了审题人等内容，欢迎下载使用。
命题人：刘一 审题人：刘昌梅
考试时间：2025 年 6 月 12 日
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．设 是可导函数，且 ，则
A．2 B． C． D．
2．某市对机动车单双号限行进行了调查，在参加调查的 2748 名有车人中有 1760 名持反对意见，
2652 名无车人中有 1400 名持反对意见，在运用这些数据说明“拥有车辆”与“反对机动车单
双号限行”是否相关时，用下列哪种方法最有说服力( )
A．平均数 B．方差 C．独立性检验 D．回归直线方程
3．设随机变量 X，Y 满足： ， ，则 ( )
A．4 B．5 C．6 D．7
4．某龙舟队有 9 名队员，其中 3 人只会划左舷，4 人只会划右舷，2 人既会划左舷又会划右舷．现
要选派划左舷的 3 人、右舷的 3 人共 6 人去参加比赛，则不同的选派方法共有( )
A．56 种 B．68 种 C．74 种 D．92 种
5．已知 ，则曲线 在点 处的切线方程为( )
A． B． C． D．
6． 的展开式中，所有不含 z 的项的系数之和为
A．16 B．32 C．27 D．81
7．一只蚂蚁从点 A 出发沿着水平面的网格线爬行到点 B，再由点 B
沿着长方体的棱爬行至顶点 C 处，则它可以爬行的不同最短路径
条数有
A．40 B．60
C．80 D．120
8．已知 ， ， ，则 a，b，c 的大小关系为( )
A． B． C． D．
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。
1
9．阳山水蜜桃迄今已有近七十年的栽培历史，产于中国著名桃乡江苏无锡阳山镇．水蜜桃果形大、
色泽美，皮韧易剥、香气浓郁，汁多味甜，入口即化，有“水做骨肉”的美誉，阳山水蜜桃早
桃品种 5 月底开始上市，7 月 15 日前后，甜度最高的湖景桃也将大量上市．已知甲、乙两个品
种的阳山水蜜桃的质量 单位：斤 分别服从正态分布
， ，其正态分布的密度曲线如图所示则下
列说法正确的是
A．乙品种水蜜桃的平均质量
B．甲品种水蜜桃的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右
C．甲品种水蜜桃的平均质量比乙类水果的平均质量小
D．乙品种水蜜桃的质量服从的正态分布的参数
10．下列结论中正确的是( )
A． B．
C． D．
11．如图，数轴上的点 A，B 分别对应实数 2， ，质点从原点 O 出发，每次随机地向左或向右
移动 1 个单位长度，移动了 4 次．以下结论正确的是( )
A．质点移动过程中每次离点 O 的距离都不超过 1 个单位长度的概率为
B．质点最终移动到点 A 的概率为
C．质点在经过点 A 的条件下，最终回到点 O 的概率为
D．质点在经过点 B 的条件下，最终回到点 O 的概率为
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12．某班教室一排有 6 个座位，如果每个座位只能坐 1 人，现安排三人就座，恰有两个空位相邻
的不同坐法有 种 用数字作答
13．在 A，B，C 三个地区暴发了流感，这三个地区分别有 ， ， 人患了流感．假设这
三个地区的人口数的比为 ，现从这三个地区中任取一人，则这个人患流感的概率是
;如果此人患流感，此人选自 A 地区的概率 ．
14．切比雪夫不等式是 19 世纪俄国数学家切比雪夫 在研究统计规律时发现的，
其内容是：对于任一随机变量 X，若其数学期望 和方差 均存在，则对任意正实数
，有 根据该不等式可以对事件 的概率作出估计．
2
在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列，现连续发射信号 n 次，每次发射信
号“0”和“1”是等可能的．记发射信号“1”的次数为随机变量 X，为了至少有 的把握
使发射信号“1”的频率在区间 内，估计信号发射次数 n 的值至少为 ．
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 已知一道数学多项选择题有 4 个选项，其中有 3 个是正确选项，每选对 1 个得
2 分，全选对得满分 6 分，但是有选错的得 0 分．学生甲对这 4 个选项都无法判断是否正确，
故其只能猜答案．他有 3 个方案： 猜 1 个选项 猜 2 个选项 猜 3 个选项．若甲猜每
一个选项都是等可能的，请你根据得分期望的大小帮他确定哪一个方案最好．
16． 本小题 15 分 红旗淀粉厂 2024 年之前只生产食品淀粉，下表为年投入资金 万元 与年收
益 万元 的 8 组数据：
x 10 20 30 40 50 60 70 80
y 19 23
（1）用 模拟生产食品淀粉年收益 y 与年投入资金 x 的关系，求出回归方程；
（2）为响应国家“加快调整产业结构”的号召，该企业又自主研发出一种药用淀粉，预计其
收益为投入的 年该企业计划投入 200 万元用于生产两种淀粉，求年收益的最大值 精确
到 万元
附：①回归直线 中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
②
161 29 20400 109 603
③ ，
17． 本小题 15 分 设函数 ，a， ，若曲线 在点 处的切线
方程为
3
（1）求 a，b 的值；
（2）若关于 x 的不等式 只有唯一实数解，求实数 m 的值．
18． 本小题 17 分 如图，在一次传球训练中，甲、乙、丙、丁四人按照逆时针依次站在一个正方
形的四个顶点处．每次传球时，传球者将球传给其他三人中的一个．已知第 1 次由甲将球传
出，且每次传球者沿着正方形的边传给队友的概率为 ，沿着正方形的对角线传给队友的概
率为
（1）求第 3 次传球者为乙的概率；
（2）记前 3 次传球中丙的传球次数为 X，求 X 的概率分布列及方差；
（3）求第 n 次传球者为丁的概率．
19． 本小题 17 分 已知函数
（1）若函数 存在单调递减区间，求实数 b 的取值范围；
（2）设 是函数 的两个极值点，证明：
4
高二 6 月月考数学答案和解析
1．【答案】B
【解析】【分析】
本题考查导数的概念，属基础题．
根据导数的定义计算即可．
【解答】
解： ，
故选
2．【答案】C
【解析】【分析】
【分析】本题考查独立性检验的应用，属于基础题．
由题意及独立性检验即可得出结论．
【解答】
【解答】解：在检验两个变量是否相关时，
最有说服力的方法是独立性检验，
故选
3．【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了二项分布的期望公式的应用，方差性质的运用，属于基础题．
先利用二项分布的数学期望公式求出 ，再利用方差的性质求解即可．
【解答】
解：因为 ，
5
则 ，
又 ，
所以
故选：
4．【答案】D
【解析】【分析】
本题考查分类计数原理，考查组合知识，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
设 只会划左舷的 3 人 ， 只会划右舷的 4 人 ， 既会划左舷又会划右舷的 2 人 ，
先分类：以 A 为标准分类，①A 中有 3 人；②A 中有 2 人，C 中有 1 人；③A 中有 1 人，C 中有 2
人，划右舷的在 中剩下的人中选取，即可得到结论．
【解答】
解：设 只会划左舷的 3 人 ， 只会划右舷的 4 人 ， 既会划左舷又会划右舷的 2
人
先分类：以 A 为标准，划左舷的 3 人中．
①A 中有 3 人，划右舷的在 中选取，有 种；
②A 中有 2 人，C 中有 1 人，划右舷的在 中剩下的人中选取，有 种；
③A 中有 1 人，C 中有 2 人，划右舷的在 中剩下的人中选取，有 种，
所以共有 种，
故选：
5．【答案】B
【解析】解：由于 ，
则令 ，可得 ，
解得 ，
由 ，
可得 ，
令 ，可得 ，
6
解得 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，
即
故选：
6．【答案】D
【解析】【分析】
本题考查二项式定理的应用以及二项展开式特定项系数问题，属于基础题．
立足题设先由二项式定理求得 的展开式的通项，再将问题转化为 的二项展
开式的各项系数和问题，最后利用赋值法求出各项系数和即可．
【解答】
解：由二项式定理知： 的展开式的通项为 ，
若展开式中的项不含 z，则 ，
此时符合条件的项为 展开式中的所有项，
令 ， ，
所以 的展开式中所有不含 z 的项的系数之和为
故选
7．【答案】B
【解析】【分析】
本题考查排列组合的知识，属于基础题．
由题意，从 A 到 B 最短路径有 条，由点 B 沿着置于水平面的长方体的棱爬行至顶点 C，
最短路径有 条，即可求出它可以爬行的不同的最短路径数．
【解答】
解：由题意，从 A 到 B 最短路径有 条 ，
由点 B 沿着置于水平面的长方体的棱爬行至顶点 C，最短路径有 条 ，
它可以爬行的不同的最短路径有 条
故选
8．【答案】D
7
【解析】解： ， ， ，
设 ，则 ，所以 在 上单调递增，
则 ，所以 ，
则 a，b，c 的大小关系为
故选：
9．【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查了正态分布的的性质及应用，属于基础题．
根据图像以及正态密度曲线的性质即可逐一分析四个选项得到结论．
【解答】
解：对于选项 A： ，故 A 对；
对于选项 B：甲图像相对乙更高瘦，故 B 对；
对于选项 C： ，故 C 对；
对于选项 D：乙图像的最高点为 ，故对称轴时取值为 ，所以 ，故 D
错．
故选
10．【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查利用二项式定理研究组合恒等式，涉及等比数列的求和，属中高档题．
由二项式定理得： ，令 可得 A 错误；由二项式定理得：
，分别令 ，令 得到组合恒等式，两相结合
即可知 B 正确；当 且 时，由等比数列的求和公式得
，利用二项式定理求得等号左右两边的 的系数，
可得到 C 正确；恒等式 等号左右两边的展开式中 的系数相等，利用二
项式定理得组合恒等式，再结合组合数的基本性质可得 D 正确．
8
【解答】
解：由二项式定理得： ，
令 得， ，
，故 A 错误；
由二项式定理得： ，
令 得， ，即 ，
令 得， ，
，
故 B 正确；
当 且 时，由等比数列的求和公式得：
，
根据等号左右两边的展开式中 的系数相等，
利用二项式定理得到 ，故 C 正确；
由于 ，
，
根据恒等式 等号左右两边的展开式中 的系数相等，
利用二项式定理得 ，
，故 D 正确．
故选
11．【答案】ABD
【解析】解：选项 每次从点 O 离开，下次必须回到点 O，概率为 ，选项 A 正确;
选项 质点最终移动到点 A 的概率为 ，选项 B 正确;
9
选项 C， 由 A，B 两点关于点 O 对称可知两个选项的答案相同，
记质点经过点 A 或点 B 为事件 M，质点最终回到点 O 为事件 N，求条件概率
，
从而选项 C 错误，选项 D 正确，
故选：
12．【答案】72
【解析】【分析】
本题主要考查了排列组合的综合应用，以及分步计数原理的应用．
根据题意，分 2 步进行分析：①将 3 人全排列，安排在 3 个座位上，排好后，有 4 个空档可用；
②安排空座位到空中，相邻的两个空座位捆在一起，看作一个元素，有 种坐法，然后再从剩余
的 3 个空中选择 1 个将空座位安上，因为空座位相同，所以只需要选出两个空位即可，有 种坐
法，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】
解：可看成 3 个坐着人的座位和 3 个空座位排队，
因为恰有两个空座位相邻，故和另外两个空座位均不相邻，
先安排 3 个坐着人的座位，共有 种坐法，
产生 4 个空，然后安排空座位到空中，相邻的两个空座位捆在一起，看作一个元素，有 种坐法，
然后再从剩余的 3 个空中选择两个将空座位安上，因为空座位相同，所以只需要选出 1 个空位即
可，有 种坐法，
所以共有 种坐法．
故答案为
13．【答案】 ；
【解析】【分析】
本题考查了全概率公式和条件概率公式，属于中档题．
设 “任取一人，此人患流感”， “此人来自 A 地区”， “此人来自 B 地区”，
“此人来自 C 地区”，则此人患流感的概率为
10
，代入数值即可求解；
此人患流感且选自 A 地区的概率为 ，根据贝叶斯公式代入数值即可求解．
【解答】解： 设 “任取一人，此人患流感”， “此人来自 A 地区”， “此人来
自 B 地区”， “此人来自 C 地区”，
，且 ， ， 互斥，根据题意有 ， ， ，
， ， ，
根据全概率公式有
由贝叶斯公式有
14．【答案】1250
【解析】【分析】
本题考查二项分布的期望和方差，考查切比雪夫不等式的应用，解题的关键是将 变形
为 ，考查理解能力和计算能力，属于中档题．
由题意知 ，可求出 ，由 ，得 ，再由切比雪夫
不等式列不等式求解即可．
【解答】
解：由题意知 ，所以 ， ，
若 ，则 ，
即 ，即 ，
由切比雪夫不等式可知 ，
要使得至少有 的把握使发射信号“1”的频率在区间 内，
11
则 ，解 ，
所以估计信号发射次数 n 的最小值为
故答案为
15．【答案】解：设方案 ， ， 的得分分别为随机变量 X，Y，Z，
方案 ：X 的所有可能取值为 0，2，
，
，
则 ，
方案 ：Y 的所有可能取值为 0，4，
，
，
则 ，
方案 ：Z 的所有可能取值为 0，6，
，
，
则 ，
，
选择方案 最好．
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
12
16．【答案】解： 有题意得
，
，
所以回归方程为 ；
设投入 x 万元生产食品淀粉， 万元生产药用淀粉，
所以
，
设 ，
则 ，
易得 在 上单调递增，
上单调递减，
所以
，
又因为 ，
所以年收益最大值约为 万元．
【解析】本题考查非线性回归分析，利用导数求函数的最值，属于中档题．
由题意求得 和 ，即可求解；
设投入 x 万元生产食品淀粉， 万元生产药用淀粉，求得 ，设
，利用导数知识即可求解．
17．【答案】解： 由题意得 ，
所以 ，
13
又 ，
解得
由 可得 ， ，
令 ，解得 ，
当 时， ，则 为增函数，
当 时， ，则 为减函数，
所以 ，
所以 ，
则 只有唯一实数解，整理可得 ，
令 ， ，
则 ，
因为 ，
所以 恒成立，
令 ，解得 ，
当 时， ，则 为减函数，
当 时， ，则 为增函数，
所以 ，
因为只有唯一实数解使得 成立，所以
所以关于 x 的不等式 只有唯一实数解，实数 m 的值为
【解析】本题考查导数的几何意义，导数的综合运用，以及导数中的存在性问题与函数不等式问
题，考查了化归与转化思想，属于较难题．
求导可得 ，根据导数的几何意义，可得 ，又 ，
即可求得答案．
14
由 可得 ，利用导数可得 的单调性和最值，则所求整理可得
只有唯一实数解，令 ， ，利用导数求 的单调区间和最
值，分析即可得答案．
18．【答案】解： 甲 丙 乙的概率为： ，
甲 丁 乙的概率为： ，
记事件 “第 3 次传球者为乙”，则
的可能取值为：0，1，
，
，
所以 X 的概率分布列为
x 0 1
P
设第 n 次传球者为甲的概率为 ，第 n 次传球者为丁的概率为 ，
则 ，因为乙和丁相对于甲，地位是相等的，所以第 n 次传球者为乙的概率也为 ，
第 n 次传球者为丙的概率也为 ，
因为 ，
所以 ，因为 ，
所以 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以 ，
即
15
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
19．【答案】解： ，
函数 存在单调递减区间， 在 上有解，
，设 ，则 ，
当 时，显然 在 上有解；
当 时， ， ，设两个根分别为 ，
由韦达定理知 ， ，所以必有一个正根，满足条件．
当 时，有 ，解得 ，综上： ．
由题意可知， ，
有两个极值点 ， 是 的两个根， 则
，
，
要证 ，即证 ，
即证 ，即证 ，即证 ，
令 ，则证明 ，
令 ，则 ， 在 上单调递增，
16
则 ，即 ， 所以原不等式 成立．
【解析】本题考查了利用导数研究函数的单调性，极值，以及函数的最值，证明不等式，属较难
题．
由题意得到 ，根据 在 上有解，对 b 的取值范
围分类讨论，从而求 b 的范围；
通过条件，利用导函数，得到 ，得 ，要证
，即证 ，即证 ，令
，转化为证明 ，利用导数可得证．
17