山东省枣庄市2024-2025学年高二下学期期末考试 数学试卷

这是一份山东省枣庄市2024-2025学年高二下学期期末考试 数学试卷，共16页。试卷主要包含了07，4 ，   178，841，8 ，等内容，欢迎下载使用。
2025.07
注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：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.
下列求导运算正确的是（ ）
A.  x 1  x
B.  1   ln x
 x 

C. sin x  cs x
【答案】C
【详解】 x 1  1 ，故 A 错误；
D. ex   xex1
 1 
 
x

  1 ，故 B 错误；
x2
sin x  cs x ，故 C 正确；
ex   ex ，故 D 错误．故选：C．
用 1，4，7，10 中的任意一个数作分子，2，5，9，11 中任意一个数作分母，可构成的不同真分数的个数为（）
A. 9B. 10C. 14D. 16
【答案】B
【详解】由题可知：不同真分数有：
1 1 4 1 4 7 147 10 , , , , , ,,,,
2 5 5 9 9 9 11 11 11 11
，共 10 个.
故选：B
下列命题为真命题的是（）
残差平方和越小的模型，拟合的效果越好
若 x 与 y 线性相关越强，则( xi , yi ) 在线性回归直线上的点越多
两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数 r 的值越接近于 1
线性回归分析中决定系数 R2 值越小，则模型的拟合效果越好
【答案】A
【详解】对于 A，残差平方和越小的模型，拟合的效果越好，故 A 正确；
对于 B，x 与 y 线性相关越强， ( xi , yi ) 在线性回归直线上的点不一定越多，故 B 错误；
对于 C，两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数 r 的绝对值越接近于 1，故 C 错误；对于 D， R2 值越大，则模型的拟合效果越好，故 D 错误.
故选：A.
已知函数 f (x) 的部分图象如图所示，其导函数为 f (x) ，则（）
f (x1) 
C. f (x3 ) 
f (x2 ) 
f (x2 ) 
f (x3 )
f (x1 )
f (x1) 
D. f (x2 ) 
f (x3 ) 
f (x3 ) 
f (x2 )
f (x1 )
【答案】D
【详解】由 f  x 的单调性可知， f (x1)  0 ，而 f ( x2 )  0，f ( x3)  0 ， 又 f (x) 的图象在 x2 处切线的倾斜角大于在 x3 处切线的倾斜角，因此 f ( x2 ) 
f ( x3) ，
所以 f ( x2 ) 
f ( x3 ) 
f ( x1) ，
故选：D．
下列四组成对数据：① (2, 3) ， (1, 1) ， 0,1 ， (1, 3) ， (2, 5) ；② (0, 0) ， (1,1) ， (2, 4) ， (3, 9) ，
(4,16) ；③ (3, 3) ， (2, 2) ， (1,1) ， (0, 0) ， (1, 1) ；④ (2, 0) ， (1, 3) ， (0, 2) ， (1, 3) ， (2, 0) .其中
n
(xi  x )( yi  y )

i 1
n
(x  x )
2
i

i 1
n
( y  y )
2
i
样本相关系数最小的是（）（附：样本相关系数 r  i 1 ）
A. ①B. ②C. ③D. ④
【答案】C
【详解】对于①，数据均在 y  2x 1上，故样本相关系数为 1，对于③，数据均在 y  x 上，故样本相关系数为-1，
对于②，可看出其数据为正相关，故样本相关系数大于 0，
对于④，显然所有数据无法落在某一个一次函数上，故1  r  1，
5555
事实上， (xi  x )( yi  y )   xi yi  x  yi  y  xi  5x  y
i 1
i 1
i 1
i 1
55
  xi yi  5x  y  5x  y  5x  y   xi yi  5x  y ，
i 1i 1
555
其中 x  0， xi yi  0 ，故(xi  x )( yi  y )   xi yi  5x  y  0 ，
故 r  0 ，
i1
i 1
i 1
综上，样本相关系数最小的是③.故选：C
现有 8 道四选一的单选题，某生对其中 6 道题有思路，2 道题完全没有思路.有思路的题做对的概率为
0.85，没有思路的题只好任意猜一个答案，猜对答案的概率为 0.25.该生从这 8 道题中随机选择 1 题，他做对该题的概率为（）
A. 0.7B. 0.75C. 0.8D. 0.85
【答案】A
【详解】设 A 表示“考生答对”，B 表示“选到有思路的题”，由全概率公式得
P( A)  P(B)P( A | B)  P(B)P( A | B)  6  0.85  2  0.25  0.7 ．
88
故选：A．
若随机事件 A 在一次试验中发生的概率为 p(0  p  1) ，用随机变量 X 表示 A 在一次试验中发生的次数，
1 9D( X )
则
E( X )
的最小值为（）
A. 3
B. 0C. 1D. 3
【答案】A
【详解】由题意可得随机变量 X 的所有可能取值为0 ，1，则 P  X  1  p ， P  X  0  1 p ，
则 E  X   p ， D  X   p 1 p ，
1 9D  X   1 9 p 1 p  9 p2  9 p 1  1 
9 p  1
p
 
则E  X 
9 p
ppp
92
93 ，
当且仅当9 p  1 ，即 p  1 时取等号，故 A 正确.
p3
故选：A.
函数 f (x)  ln x  a 在区间m, n 的值域为 em1, en1  ，则 a 的取值范围为（）
[1, )
(1, )
[ee1 1, )
(ee1 1, )
【答案】B
【详解】易知 f (x)  ln x  a 在[m, n] 上是增函数，
所以数 f (x)  ln x  a 在区间m, n 的值域为[ln m  a, ln n  a]，
ln m  a  em1
又值域为em1, en1  ，所以，
ln n  a  en1
a  ex1  ln x 有两个不等的实根，
记 g( x)  ex1  ln x （ x  0 ），则 g(x)  ex1  1 ，
x
设 h( x) 
g( x) ，则h( x)  ex1  1
x2
0 ，所以 g( x) 是增函数，又 g(1)  0 ，
所以0  x  1时， g(x)  0 ， g(x) 单调递减， x  1 时， g( x)  0 ， g(x) 单调递增，所以 g(x)min  g(1)  1，而 x   时， g(x)   ， x  0 时， g(x)   ，
所以a  1 ，
故选：B．
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，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.
已知随机变量 X ~ N (0,1) ， Y ~ N (0, 4) ，则（）
A. E( X )  E(Y )B. D(Y )  2D( X )
P( X  2)  P( X  2)  1
P( X
 1)  P( Y
 1)
【答案】ACD
【详解】由题可知： X ~ N (0,1) ， Y ~ N (0, 4)
对 A， E( X )  E(Y )  0 ，故正确；
对 B， D(Y )  4, D( X )  1，所以 D(Y )  4D( X ) ，故错误；
对 C， P( X  2)  P( X  2) ，所以 P( X  2)  P( X  2)  1，故正确；对 D，由 E( X )  E(Y ),σX σY ，所以随机变量 X 的正太曲线更高瘦，
而随机变量Y 的正太曲线更矮胖，所以 P( X
 1)  P( Y
 1) ，故正确.
故选：ACD
设函数 f (x)  1 x3  1 x2  2x 的导函数为 f (x) ，则（）
32
A. f (1)  0B. x  2 是函数 f (x) 的极值点
C. f (x) 有且仅有两个零点D.
f (x) 在[3, 3] 上的最小值为 15
2
【答案】ABD
【详解】 f (x)  1 x3  1 x2  2x 
32
f  x  x2  x  2   x 1 x  2 .
A：因为 f (1)  111 2  0 ，所以本选项说法正确；
B：因为当 x  2 时， f  x  0, f  x 单调递增，

当1  x  2 时， f  x  0, f  x 单调递减，且 f 2  0 ，所以 x  2 是函数 f (x) 的极值点，因此本选项说法正确；
C： f (x)  1 x3  1 x2  2x  1 x 2x2  3x 12  0  x  0 ，或2x2  3x 12  0 ，
326
由2x2  3x 12  0  x  3 
105 ，因此 f (x) 有且仅有三个零点，
4
所以本选项说法不正确；
D：当2  x  3 时， f  x  0, f  x 单调递增，当1  x  2 时， f  x  0, f  x 单调递减，
当3  x  1时， f  x  0, f  x 单调递增，所以
因为 f 2   10 , f 3   15 ，
32
所以 f (x) 在[3, 3] 上的最小值为 15 ，因此本选项说法正确，
2
故选：ABD
x/万元
1
2
3
4
5
y/千人
5
6
8.1
9
14.5
某地新开了一条夜市街，每晚最多能接纳 10 万人.主办公司计划通过广告宣传提高客流量.通过调研，发现投入的广告费 x 与每晚客流量 y 存在如下关系：
n
(xi  x )( yi  y )5
n
附bˆ  i1 ， aˆ  y  bˆx ， y  8.52 ， (x  x )( y  y )  22 ，令t  2x ， t  12.4 ，
(xi
 x )2
ii
i1
i 1
5
5
(t  t )( y  y )  178.56 ，(t  t )2  595.2 现用曲线C : y  cˆ  cˆ  2x 拟合变量 x 与 y 的相关关系，
ii
i1
i12
i1
并利用一元线性回归模型求参数cˆ1 ， cˆ2 的最小二乘估计，依所求回归方程 C 为预测依据，则（）
曲线 C 经过点(3,8.52)
cˆ1  4.8
若投入广告费 9 万元，则每晚客流量会超过夜市接纳能力
广告费每增加 1 万元，每晚客流量增加 3000 人
【答案】BC
5
【详解】由题可知，令t  2x ， t  12.4 ， (ti  t )( yi  y )  178.56 ，
i1
5
(ti
i1
 t )2  595.2 ，
所以cˆ
5
(ti  t )( yi  y )178.56
 i1  0.3 ，
(t  t )
25
2
i
i1
595.2
cˆ1  y  cˆ2 t  8.52  0.312.4  4.8 ，故 B 正确；
所以C : y  4.8  0.3 2x ，
令 x  lg2 12.4 ，则 y  4.8  0.312.4  8.52 ，所以曲线 C 经过点(lg2 12.4,8.52) ，故 A 错误；当 x  9 时， y  4.8  0.3 29  158.4 ，
所以若投入广告费 9 万元，则每晚客流量为15.84 万人，
因为每晚最多能接纳 10 万人，
所以会超过夜市接纳能力，故 C 正确；
由C : y  4.8  0.3 2x 可知，当 x  1 时 y  4.8  0.3 2  5.4 ，当 x  2 时 y  4.8  0.3 22  6 ，所以当广告费从 1 万元增加 2 万元，每晚客流量增加6000 人，故 D 错误.
故选：BC
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
5 名大学生到新疆、青海、西藏三个地方去支教，每名同学只去 1 个地方，新疆安排 1 名，青海安排 2
名，西藏安排 2 名，则不同的安排方法共有.
【答案】30
5 4 2
【详解】先选 1 名去新疆，再选 2 名去青海，剩下的 2 名去西藏，方法数为C1C2C2  30 ，
故答案为：30.
已知 f (x) 满足 f (x)  f ( π) sin x  cs 2x ，则 f (x) 在 π 处的导数为.
3
3
【答案】 2
() sin x
() cs x
【详解】 f (x)  f  π cs 2x  f (x)  f  π
3
 2 sin 2x ，所以有
33
f  π  
f  π cs π 
  π  
f  π   1 f  π   2 
3  f  π   2 3,
 3  3 
32 sin  2
3  3 2
 3 2
 3 

3
故答案为： 2
十进制计数法与二进制计数法有如下转换规律：若十进制计数法下的 n(n N* ) 满足：
n  a  2k  a  2k1  a  2k2 L a  20 ， a  1 ， ai {0,1} ， (i  1, 2, 3,L, k ) ，则其在二进制计数
012k0
法下可记为(a0a1a2 Lak )2 (k  N) .例如：1 在二进制中表示为(1)2 ，2 表示为(10)2 ，3 表示为(11)2 ，4 表示为(100)2 ，7 表示为(111)2 .记 f (n) 为 a1 ， a2 ，…， ak 中 0 的个数，如 f (2)  1， f (4)  2 ，
f (7)  0 ，则从 1 到 255 这些自然数的二进制表示中， f (n)  2 的个数为.
【答案】56
2
【详解】 20  n  255  28  (100000000) ，要使 f n  2 ，则 n 是2 ~ 7 位二进制数，恰好有两个 0，
所以有C2  C2  C2  C2  C2  C2  C2  C3  C2  C2  C2  C2  C2  C3  8 7  6  56 个满足题意
23456783345678
的 n 的值.
1 2  3
故答案为：56.
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.
已知函数 f  x   x  2ex ．
求函数 f  x 的极值；
画出函数 f  x 的大致图像．
【答案】（1）极小值为 f 1  e ，无极大值．
（2）图像见解析
【小问 1 详解】
f  x   x  2ex ，函数定义域为 R，
f  x  ex   x  2ex   x 1ex ，
f  x  0 ，解得 x  1； f  x  0 ，解得 x  1 ，
即函数 f  x 在,1 上单调递减，在1,  上单调递增，极小值为 f 1  e ，无极大值．
【小问 2 详解】
当 x  2 时， f  x  0 ﹔ f 0  2 ， f 1  e ， f 2  0 ，结合函数单调性，可画出函数 f  x 的大致图像，如下图所示︰
 3
已知在x 
1
23 x
n
 的展开式中，第 6 项为常数项．

求含 x2 的项的系数；
求展开式中所有的有理项．
45
【答案】(1)
；(2)答案见解析.
4
【详解】Tr 1
 Cr (
1 )r x 2
n2r
3
n
（1） n  2  5 =0 n  10
3
10  2r =2 r  2 C 2 ( 1 )2  45
31024
（2） Q 10  2r  Z  r  2, 5,8
3
21 2 2
45x2
51 5 63
81 8 245
展开式中所有的有理项为C10 ( 2) x =
4 ，C10 ( 2) = 8 ，C10 ( 2) x
= 256x2
台儿庄古城景区面向全国应届中、高考学生推出自 2025 年 6 月 11 日至 2025 年 8 月 31 日的免费畅游古城活动.景区为了解这些学生游客对其开展的“国风毕业照”活动的满意度，随机抽取 400 人进行调查，得到如下2  2 列联表：
根据小概率值α 0.001 的独立性检验，分析满意情况是否与学生的组别有关；
在高考学生游客的样本中用分层抽样的方法选出 5 人，再从这 5 人中随机抽取 3 人做进一步的访谈，求这 3 人中满意人数 X 的概率分布列、数学期望和方差.
调查
结果组别
不满意
满意
合计
高考生游客
80
120
200
中考生游客
130
70
200
合计
210
190
400
附： χ2 
n(ad  bc)2
，
(a  b)(c  d )(a  c)(b  d )
【答案】（1）满意情况与学生的组别有关
答案见解析
P(χ2  k )
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
【小问 1 详解】
n(ad  bc)2
400 80  70 120 1302
因为χ2  25.06  10.828 ，
(a  b)(c  d )(a  c)(b  d )200  200  210 190
所以满意情况与学生的组别有关；
【小问 2 详解】
根据分层抽样的性质可知：选出 5 人中，满意人数为5由题意可知： X  1, 2, 3 ，
120
80 120
 3，不满意人数为5  3  2 ，
C1C23
P  X  1  3 2 ，
C
5
310
C2C163
P  X  2  3 2  ，
C
3
5
C3C0
105
1
P  X  2  3 2 ，
C
5
310
所以这 3 人中满意人数 X 的概率分布列为：
E  X   3 1 3  2  1  3  1.8 ，
10510
D  X   3 11.82  3 2 1.82  1 3 1.82  0.36
10510
已知函数 f  x  x ln x  a  1 1  a 1 x a  R  .
 x

当 a  1 时，求曲线 y  f  x 在点1, f 1 处的切线方程；
若 f  x  0 ，求a 的取值范围；
当 a  1 时，记 f  x 的导函数为 f  x ，证明：对x 0, ∞ ，不等式 f  x  ex1  2x  3 恒成立.
【答案】（1） y  0
（2） a 1, 
证明见解析
【小问 1 详解】
由题意得 f  x 的定义域为0, ∞ ，
当 a  1 时， f  x  x ln x  1 1，则 f  x  1 ln x  1 ，
xx2
所以 f 1  0 ，又 f 1  0 ，所以所求切线方程为 y  0 .
X
1
2
3
P
3
10
3
5
1
10
【小问 2 详解】
由题得 f  x  ln x  a
x2
 a ， x  0 ，
g x  f  x
12ax2  2a
令    ，则 g  x  ，
xx3x3
若 a  0 ，则 g x  0 ，即 f  x 在0, ∞ 上单调递增；因为 f 1  0 ，所以当 x 0,1 时， 
令φ x 
f  x  3 x 1  1 ln x  1
x2
 3x  3 ，
12
3x3  x2  2
3
3
则φ x   3 
xxx

3x3 1  x2 1
x3
3 x 1x2  x 1   x 1 x 1
 
x3
 x 13x2  2x  2
 ，
x3
因为3x2  2x  2  0 恒成立，所以由φ x  0 ，得0  x  1，由φ x  0 ，得 x  1 ， 所以φ x 在0,1 上单调递增，在1,  上单调递减，
则φ x φ1  0 ，所以 f  x  3 x 1 .
综上可知， f  x  3 x 1  ex1  2x  3 ，当且仅当 x  1 时两等号同时成立，所以 f  x  ex1  2x  3 .
“随机游走”在空气中的烟雾扩散等动态随机现象中有重要应用.在平面直角坐标系中，一个质点在随机外
力的作用下，从原点出发，每隔 1 秒等可能地向左、向右、向上或向下移动一个单位.
求质点移动 6 次后位于(3, 3) 的概率；
设质点在第 2 秒末移动到点(x, y) ，记 xy 的取值为随机变量 X，求 X 的分布列和数学期望 E( X ) ；
记第 n 秒末质点回到原点的概率为 pn .
（i）求 p2 ， p4 ；
（ii）求 p2 n .
n
参考公式： (Ck )2  Cn .
n2n
k 0
5
【答案】（1）
1024
（2）分布列见解析，期望为 0；
19
1[(2n)!]2
（3）（i） p2  4 , p4  64 ；（ii） p2n  16n  (n!)4
【小问 1 详解】
质点移动 6 次后位于(3, 3) ，6 次移动中只能有 3 次向右，3 次向上，因此概率为
P 3 1 31 35
C6 ( 4)
() 4

1024
【小问 2 详解】
因在 1 秒末，粒子会等可能地出现在(1, 0) ， (1, 0) ，( 0, 1) ， (0, 1) 四点处，故在第 2 秒末可能运动到点
(1,1), (1,1), (11),(1, 1) 各两种情形，(0, 2), (2, 0), (0, 2), (2, 0) 各一种情形，(0, 0) 有 4 种情形，共计
16 种情形，
随机变量 X 表示 xy 的取值，故 X 的可能取值为0,1, 1 ， 对应的概率分别为： P( X  0)  4  4  1 ， P( X  1)  4
 1 ， P( X  1) 
4  1 ，
故 X 的分布列为：
162
164
164
期望为 E( X )  0  1 1 1  (1)  1  0 ；
244
【小问 3 详解】
（i）因第 1 秒末，粒子等可能地出现在(1, 0) ，(1, 0) ，( 0, 1) ，(0, 1) 四点，第 2 秒末，每个位置的粒子
都有 1 的可能回到原点，故 p  1  1  4  1 ；

42444
4
对于粒子在第 4 秒末回到原点，分两种情况考虑： a 每一步分别是四个不同方向的排列，例如“上下左右”，共有A4 种情形；
4
b 每一步分别是两个相反方向的排列，例如“左左右右，上上下下”，共有2C2 种情形.故
X
0
1
1
P
1
2
1
4
1
4
A4  2C29
p4  44 ；
4464
（ii）第2n 秒末粒子要回到原点，则必定向左移动了k 步，向右移动了k 步，向上移动了 n  k 步，向下移动了 n  k 步，

n Ck Ck
Cnk1n
(2n)!1(2n)! n
(n!)2
故 p2n
 2n 2nk 2n2k k 042n

42n

k 0
(k !)2[(n  k )!]2

42n
(n!)2

k 0
(k !)2[(n  k )!]2
 1 Cn
n
Ck Cnk 
1 Cn
n
(Ck )2
42n
2n  n n
k 0
42n
2n n，
k 0
nk 2n
1n 21
n 21[(2n)!]2

因Cn   C2n ，故 p2n 2n  (C2n ) n  (C2n ) n4.
k 0
41616(n!)