四川省遂宁市2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷

这是一份四川省遂宁市2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷，共12页。试卷主要包含了8 ，则a ，706，841，635，879等内容，欢迎下载使用。

本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分。总分 150 分。考试时间
120 分钟。
第Ⅰ卷（选择题，满分 58 分）
注意事项：
答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上。并检查条形码粘贴是否正确。
选择题使用 2B 铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用 0.5 毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
考试结束后，将答题卡收回。
一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
已知甲、乙、丙、丁四组数据变量间对应的样本相关系数分别为0.93 ， 0.42 ，
0.79 ，
0.85 ，则 A．丁组数据变量间的线性相关程度最强，甲组数据变量间的线性相关程度最弱 B．甲组数据变量间的线性相关程度最强，乙组数据变量间的线性相关程度最弱 C．丁组数据变量间的线性相关程度最强，乙组数据变量间的线性相关程度最弱 D．甲组数据变量间的线性相关程度最强，丙组数据变量间的线性相关程度最弱
若随机变量X 的分布列为
若 E( X )  1.8 ，则a 
A．1B．2C．3D．4
函数 y  e x  1 的导函数为
x
X
0
1
a
P
0.2
0.3
0.5
y  ex  1
x
y  ex  1
x2
y  ex  1
x2
y  ex  1
x2
已知等差数列an 的前n 项和为 Sn ，且 a1  a3  4 ， a5  8 ，求 S5 
A．16B．18C．20D．40
已知曲线 y  ax2 在 x  1 处的切线与坐标轴围成的三角形面积为 2，求a 
4B． 8C． 4D． 8
某市高二年级 10000 人参加数学学业水平考试，经统计发现数学成绩近似服从正态分布 N (75,σ2 ) ，且成绩高于 65 分的人数为 8000 人，则此次考试数学成绩不低于 85 分的人数约为
A．2000 人 B．3000 人 C．4000 人 D．5000 人
研究变量 x ， y 得到 5 组成对数据，如下表所示：
根据上表数据，求得相关系数为r ，经验回归方程为 yˆ  bˆx  aˆ ，决定系数为 R2 ．后经检查发现当 x  3 时记录的 y  11有误，实际值应为 y  6 ，修正数据后，求得新相关系数为 r ，新决定系数为 R2 ，新回归方程为 yˆ  b‸x  a‸ ，则以下结论错误的是
n
( y  ‸y )
n
ii
( xi  x)( yi  y)2
x
1
2
3
4
5
y
1
4
11
9
10
参考公式：相关系数r 
i1 ，决定系数 R2  1 i1 ，经验回归

i1
n
( x  x)( y  y)
2

n
2
i
i1
i
n
i
( y  y)2
i1
n
(xi  x)( yi  y)
n
方程为 yˆ  bˆx  aˆ ，其中bˆ  i1 ， aˆ  y  bˆ x ．
i
(x  x)2
r  r  0
i1
R2  R2
C． bˆ  b‸D． aˆ  a‸
中间高两边低的房屋在我国民间被称为“双耳屋”，已知一个三位数，如果满足个位上的数字和百位上的数字都小于十位上的数字，那么我们称该三位数为“双耳屋三位数”，则没有重复数字且是偶数的“双耳屋三位数”的个数为
102B．114C．196D． 204
二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，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.）
下列说法正确的有
A2  C 2
55  6
43
A2  A3
某演艺公司的货架的第 1 层放有 4 件不同的老年衣装，第 2 层放有 3 件不同的中年衣装，第 3 层放有 2 件不同的少年衣装。则从货架上任取 1 件衣装，有 9 种不同的取法；从货架的第 1 层、第 2 层、第 3 层各取 1 件衣装，有 24 种不同的取法
小邓，小张，小吴三名高三同学毕业照相留念，成“一”字形排队，所有排列的方法种数为 6 种
某篮球队有 10 名队员，其中 2 名是种子选手，现在挑选 5 名队员参加比赛，种子选手都必须在内，那么不同的选法共有 120 种。
已知等差数列an 与公比大于1的等比数列bn ， 满足 a1  b1 ， a2  b2  4 ，
2n1
b3  a3  2 ，记cn  n 1 a  b ，数列cn 的前n 项和为 Sn ，则
nn
an
 2n
bn
 4n1
1
c4  20
Sn
 n n 1
已知函数 f (x)  x3  ax  b,(a, b  R) ，则
存在a, b  R ，使得函数 y  f (x）为奇函数
当a  3 时，函数 y  f (x）在（1,1）上单调递减
当b  1 a 时，函数 y  f (x) 在 x  1 处取得极值，则 y  f (x) 在1, 2上的值域是2, 4
33 2
当b  1时，若函数 y  f (x）有三个零点，则a 
2
第Ⅱ卷（非选择题，共 92 分）
注意事项：
请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上。
试卷中横线及框内注有“▲”的地方，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答。
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．） 12．某学校统计学生喜欢篮球的概率为 7 ，既喜欢篮球又喜欢足球的概率为 1 ，若已知
3010
某人喜欢篮球，则他同时喜欢足球的概率为 ▲
an an1
若数列a  满足a  5 ，2 ，则a ▲．
n1
25
已 知 函 数
f (x)  ex  e x  sin 2x  1 （ 其 中 e 是 自 然 对 数 的 底 数 ）， 满 足
2
f (a 1)  f (1 a2 )  1(a  R) ，则a 的取值范围是▲
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.（13 分）跑步既有助于促进心肺功能又能够缓解焦虑情绪，某公益机构为了解性别和跑步的关联性，随机调查了 400 人，得到如下的列联表：
根据数据完成上表，并根据上表，用频率估计概率，求女性喜欢跑步的概率；
依据小概率值α 0.005 的独立性检验，能否认为性别与跑步有关联？
性别
跑步
合计
喜欢
不喜欢
男
80
240
女
64
合计
176
附： χ2 
n(ad  bc)2
(a  b)(c  d )(a  c)(b  d )
，其中n  a  b  c  d ．
▲
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
1024
16.（15 分）已知1 3 x n 的二项展开式中所有项的二项式系数之和为C1023 ，
求n 的值和该展开式中 x3 的系数；
n12n
若1 3 x   a0  a1 x3  a2 x 3    an x 3 ，求a0  a2    an 的值．
▲
17.（15 分）为测试α,β两套导航系统在城市道路中的路线规划能力，将商业区道路和居 民区道路共 100 条复杂程度相当的行驶路线从 1 到 100 编号后随机分配给这两套导航系统规划．每条路线只被一套系统规划一次，并记录结果如下：
分别估计α,β两套导航系统能成功规避拥堵的概率；
某司机欲使用这两套系统规划明日的通勤路线（假设其复杂度与测试的 100 条路线相
路线类别
α系统
β系统
规划路线数量
成功避堵数量
规划路线数量
成功避堵数量
商业区道路
20
16
30
20
居民区道路
30
24
20
18
当），根据历史数据，该路线途经商业区的概率为视为概率，通过计算说明应优先选用哪套系统？
1 ，途经居民区的概率为
3
2
．将频率
3
该司机决定用这两套系统规划 6 条路线（商业区、居民区各 3 条），每类路线均采用避堵成功率更高的系统规划。将频率视为概率，该司机比较了这两套系统在避堵中的正确率，决定用表现较好的那套系统．设 X1 、X 2 分别为 3 条商业区路线成功避堵与 3条居民区路线成功避堵的数量，求随机变量 X1  X 2 的数学期望和方差．
▲
n
n
2
n1
n
nn
18.（17 分）已知在数列a  和b  中，b  13 ，且点 Ab, 2b  3n  和点 B a  3n , b 
均在直线 y  x 上，其中n  N  。
求证：数列an 是等比数列，并求an ；
在an 与an1 之间插入n 个数，使这n  2 个数组成一个公差为 dn 的等差数列，求数列
 1  前n 项的和T 。
d
n
 n 
若不等式1n λ 2T
 n
n
2n1
对一切n  N  恒成立，求实数λ的取值范围。
▲
19.（17 分）已知函数 f (x)  (x 1) ln x  a(x 1)(a  R)
当a  2 时，求 f ( x) 的导函数 f (x) 的零点个数；
000
函数 g(x)  (x 1 a) ln x  (x 1)2 ，若存在 x 1, e ，使得 f (x )  g(x )  a 1 成立，求a 的取值范围；
若正项数列an 满足a1  1, an1  ln(an
1) ，证明： a 2
nn  2
▲
遂宁市高中 2026 届第四学期期末教学水平监测
数学试题参考答案及评分意见
一、选择题（每小题 5 分，8 小题，共 40 分）
9
8．解析：①当个位上的数字是 0 时，有C2  36 个满足条件的“双耳屋三位数”；
②当个位上的数字是 2 时，百位是 1 时，十位可为 3～9；百位是 3 时，十位可为 4～9；
百位是 4 时，十位可为 5～9；百位是 5 时，十位可为 6～9；百位是 6 时，十位可为 7～9；百位是 7 时，十位可为 8～9；百位是 8 时，十位只能为 9；故此时满足条件的个数为1 2  3  4  5  6  7  28
③当个位上的数字是 4 时，百位是 1，2，3 时，十位均可为 5～9；百位是 5 时，十位可为
6～9；百位是 6 时，十位可为 7～9；百位是 7 时，十位可为 8～9；百位是 8 时，十位
只能为 9；故此时满足条件的个数为1 2  3  4  5  5  5  25
④当个位上的数字是 6 时，百位是 1，2，3，4，5 时，十位均可为 7～9；百位是 7 时，十位可为 8～9；百位是 8 时，十位只能为 9；故此时满足条件的个数为
1 2  3  3  3  3  3  18
⑤当个位数字是 8 时，百位可以是 1～7，十位只能为 9；故此时满足条件的个数为 7
综上，没有重复数字且是偶数的“双耳屋三位数”的个数为
36  28  25 18  7  114
二、多选题（每个 6 分，共 18 分。全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
）
解析： 对于 A 选项， 因为当 a  b  0 时， f (x)  x3 ， 定义域为 R ， 且满足
f (x)   f (x) ，此时函数 f (x）为奇函数，故 A 选项正确；
a
3
a
3
对于 B 选项， 因为 f '(x)  3x2  a ， 而当 a  3 时， 由 f '(x)  3x2  a  0 解得
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
C
B
C
D
A
D
B
题号
9
10
11
答案
BC
ACD
ABD
a
3
xa

f (x)
a
a
 
,
3
 ， 即
在 
,
3
 上单调递减， 而此时 
,
3
 包含

(1,1) ，故 B 选项正确;
对于 C 选项， 因为 f '(x)  3x2  a ， 又由 f '(1)  3(1)2  a  0 , 得出 a  3 ，
b  2 ，则 f (x)  x3  3x  2 ，所以 f (x)  3x2  3 ，又 x 1, 2 ，由 f (x)  0 ，得1  x  2 ；由 f (x)  0 ，得1  x  1；所以 f (x) 在(1,1) 上单调递减，在1, 2上单调递增，又 f (1)  4 ， f (1)  0 ， f (2)  4 ，所以值域为[0，4]，故 C 选项错误；对于 D 选项，①当b  1, a  0 时，有下表
又 当 x   时 ，f (x)   ， 当 x   时 ，f (x)   ， 且
x
（ ,  a
）
3
（a ,a
）
33
（ a， ）
3
f '(x)
+

+
f (x)
单调递增
单调递减
单调递增
f (x)

a
3
 f f (0)  1
y  f (x)
极大值

a
3
2aa
33

， 又 函 数
有 三 个 零 点 ， 所 以 只 需
33 2
f (x)极小值 
f   1  0 ，解得 a ；
2

33 2
②当b  1, a  0 时， f (x)  3x2  a  0 ，则 f (x) 在 R 上单调递增，不会出现三个零点
的情况，综上①②可知 a ， 故 D 选项正确。
2
三､填空题（每小题 5 分，共 15 分．）
3
7
8014. , 1 ∪ 2, 
ex  e x
解析：因为 f '(x)  ex  ex  2 cs 2x  2 2 cs 2x  2  2 cs 2x  0 ，当且
仅当 x  0 取等号，故有 f (x) 在,  上单调递增，又 f (x)  f (x)  1，所以
f (a 1)  f (1 a2 )  1  f (1 a2 )  f (a2 1) ， 得到 f (a 1)  f (a2 1) ， 所以
a 1  a2 1，解得 a  1 或 a  2
四、解答题（本题共 5 小题，共 77 分，其中第 15 题 13 分，第 16 题和第 17 题每题 15 分，
第 18 题和第 19 题每题 17 分）
解析：（1）
…5 分（每空 1 分）
由表格数据可知，女性喜欢跑步的概率为 P  64  27 分
1605
性别
跑步
合计
喜欢
不喜欢
男
160
80
240
女
64
96
160
合计
224
176
400
(2)零假设为 H0 ：性别与跑步无关联．8 分
根据列联表中的数据，计算得到
χ2 
400 (160  96  64  80)2
240 160  224 176
 6400
231
 27.706  7.879 α0.005 ，11 分
所以根据小概率值α0.005 的独立性检验，我们推断 H0 不成立，即认为性别与跑步有关联，此推断犯错误的概率不大于 0.005．13 分
解析：（1） 1 3 x n 的二项展开式中所有项的二项式系数之和
C0  C1 L Cn  2n  C1023  1024 ，所以n  104 分
nnn1024
所以二项式1 3 x n ，即是(1  3 x )10 ，而(1  3 x )10 展开式的通项为
T Cr ( 3 x )r ，6 分
r 110
10
令 r  9 ，得展开式中 x3 的系数为C9  (1)9  10 ，故该展开式中 x3 的系数为
108 分
n12n
（2）由（1）知n  10 ，所以1 3 x   a  a x3  a x 3    a x 3 ，即为，
012n
101210
1 3 x   a  a x3  a x 3    a x 3 ，令 x 1得： a0  a1  a2 L a10  0 ①；
01210
…10 分
令 x=−1得：a  a  a L a  210  1024 ②。12 分
01210
则（①+②）÷2 得：a0  a2 L a10  512 ，故所求值为 512…15 分
解析：（1）记α,β两套导航系统能成功规避拥堵的概率分别为 p1 和 p2 ，
结合题中数据以及古典概型的概率公式可得 p1
 16  24  4 ，2 分
20  305
p  20 18  19 ，即是α系统能成功规避拥堵的概率为 4 ， β系统能成功规避拥堵
230  20255
19
的概率为
…4 分
25
记“α导航系统能成功规避拥堵的概率”为事件 E ，“ β导航系统能成功规避拥堵的 概率”为事件 F ，“该道路为商业区道路”为事件G .
则 P G   1 ， P G   2 ， P E G   4 ， P E G   24  4 ， P F G   2 ，

33
P F G  9 ，
10
53053
…6 分
由全概率公式可得
3 53 55
P  E   P G  P E G   P G  P E G   1  4  2  4  47 分
P  F   P G  P F G   P G  P F G   1  2  2  9  378 分
3 33 1045
因为 P F   P E  ，所以β导航系统能成功规避拥堵的概率更大，故该司机应该优先选用β系统9 分
由题意，商业区应用α系统导航，居民区应用β系统导航.
因为 X
4 
~
B 3, ， X
9 
~ B 3,，11 分
15 2 10 

由二项分布的期望公式可得 E  X   3 4  12 ，
155
E  X   3 9  27 ，12 分
21010
由二项分布的方差公式可得 D  X   3 4  1  12 ，

15 525
D  X   3 9  1  27 ，13 分

210 10100
因为 X 、 X 相互独立，则 E  X  X   E  X   E  X   12  27  51 ，
121212

51010
D  X  X   D  X   D  X   12  27  315 分

1212
25 1004
n1
n
nn
解析：（1）因为点 Ab, 2b  3n  和点 B a  3n , b  均在直线 y  x 上，所以
b 2b  3n ，b  a  3n ，1 分
n1nnn

2
1
令 n  1 ，则b2  2b1  3 ，又b  13 ，解得a  2 ，2 分
b1  a1  3
又 a  b  3n ，所以
nn
n1
n1
a b
 3n1  2b
 3n  3n1  2 a
 3n   3n  3n1  2a
，3 分
nnn
因为a  2 ，所以数列a  中任意一项不为0 ，又 an1  2 ，故数列a  是首项为
a
1nn
n
2 ，公比为2 的等比数列，………………………………………
4 分
故 a  2  2n1  2n ，即数列a  的通项为 a  2n5
nnn
分
在an 与an1 之间插入n 个数，使这n  2 个数组成一个公差为dn 的等差数列，
所以n 1 dn  an1  an  2n1  2n  2n ，7 分
2n1  n 1
n
即dn  n 1 ，故 d2n ，8 分
所以T  2  3  4 L n 1 ①，

n2122232n
1 T  2  3 L n  n 1 ②，9 分

2 n2223
2n2n1
① ②可得
1 1 1 
1 111 
n 1
22 2n1 
n 1
3n  3
T  1L 1  
，10 分
2 n 2223
2n 
2n1
1 12n1

22n1

2
故Tn
 3  n  311 分
2n
由1n λ 2T  n ，得1n λ 2  3  n  3   n ，化简得
n2n1
2n 
2n1

n 1 n 
1 λ 6 1  2   。12 分
 
 1 n 
 1 n
当n 为奇数时，有λ 6 1  2   ，即λ 6  2   6 ，而
 1 n
 
1
6  2   6 6  2  6  3 ，所以λ 3 ；14 分

max
 1 n 
 1 n
当n 为偶数时，有λ 6 1  2    6  6  2  ，而
 1 n 
 
 1 299
6  6  2  
 6  6  2 
 ，所以λ 。16 分
22
 min
综上，实数λ的取值范围为 3, 9 17 分
2 

解析：（1）由题意得 x  0 ，又 a  2 ，故设h(x)  f (x) ln x 1 1，1 分
x
则h(x)  1  1  x12 分
x x2x2
当0  x  1时，有 h(x)  0 ， h(x) 在0,1 上单调递减；当 x  1 时，有 h(x)  0 ，
h(x) 在1,  上单调递增；所以函数 h(x) 在 x  1 处取得最小值 0 ，也即 f (x) 在
x  1 处 取 得 最 小 值 0 ， 故 函 数 f (x) 的 导 函 数 f (x) 的 零 点 个 数 为 1
个4 分
（ 2 ） 因为 g(x)  (x 1 a) ln x  (x 1)2 ， 所以 f (x )  g(x )  a 1 成立， 等价于
00
x2  2x  a ln x  x   0 成立，5 分
0000
由题意知不等式 f (x0 )  g(x0 )  a 1 在区间1, e 上有解，即
x2  2x  a(ln x  x)  0 在区间1, e 上有解，6 分
因为当 x 1, e时， ln x  1  x （不同时取等号）， x  ln x  0 ，
所以a
 x2  2x x  ln x
在区间
1, e
上有解，7 分
 
x2  2x
令h x ，则
x  ln x
h x   x 1 x  2  2 ln x ，
 x  ln x2
因为 x 1, e，所以 x  2  2  2 ln x ，所以h x  0 ， h  x 在1, e 上单调递增，
所以 x 1, e时，h  x
max
 h e ，10 分
ee  2
e 1
所以a  ee  2 ，所以实数a 的取值范围是 , ee  2 ．11 分
e 1
e 1 

（3）由（1）知当 a  2 时， f (x)  0 ，所以有 f (x)  (x 1) ln x  2(x 1) 在0,  上单调递增，又 f (1)  0 ，所以当 x  1 时， f (x)  0 ，令 t  0 ，则 t 1  1 ，则有
f (t 1)  0 ，即(t  2) ln(t 1)  2t  0 ，也即ln(t 1) 
2t
t  2
，13 分
又 an1  ln(an 1) ， 且 an 是正项数列， 有 an  0 ， 令 t  an ， 代入上式有
n
ln(a
1) 
2an
，即 a
2an
…14 分
an  2
n1
an  2
1
所以
an1
 an  2  1 2anan
 ，得出
1
2
1  1  1
an1an2
…15 分
n  2时, 1  1  ( 1  1 )   ( 1  1 )  1 n 1  n 1
ana1
a2a1
anan122
所以 a 22，又当 n  1 时， a  1  2 成立， 即是 n  1 也满足
nn 1n  213
an 
2
n  2
，所以 an
2
n  2
得证…………………17 分（有其它解法酌情给分）