广西壮族自治区2025年春季学期百市高中高二年级期末教学质量调研测试数学试卷+答案_2025年7月_250706广西壮族自治区2025年春季学期百色市高中高二年级期末教学质量调研测试（全科）

{#{QQABBQAAggiIABIAAQgCAQn4CACQkAECAaoGgEAUIAIAyRNABCA=}#}{#{QQABBQAAggiIABIAAQgCAQn4CACQkAECAaoGgEAUIAIAyRNABCA=}#}{#{QQABBQAAggiIABIAAQgCAQn4CACQkAECAaoGgEAUIAIAyRNABCA=}#}{#{QQABBQAAggiIABIAAQgCAQn4CACQkAECAaoGgEAUIAIAyRNABCA=}#}2025 年春季学期百色市普通高中期末教学质量调研测试 高二数学 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C D A D B B D B AD AB BCD ．【答案】C 12.【答案】D ． 3本题A考查了样本相关系数，是基础题． 根据样本相关系数性质，可得结论． 【解答】 解：当 时，样本数据正相关， 当 越 接>近0 时，成对样本数据的线性相关程度越强． 故选| |A． 1 ． 4【详D解】去掉黄球后形成新的样本空间中有 个白球，其中新球 个，旧球 个， 从中取出 球是新球的概率为 ，所以所求概6率为 2 4 2 3 4 1 6 . 5.B C1C1 16 恰有 个不合格品的概率为 p  2 8  ． C2 45 10 1 6. 解析:由题意知2n-3=n+3或2n-3+n+3=15,则n=6或5. 7.DB 解：设“第 次投球进”为事件 ，“第 次投球进”为事件 ， 则 1 2 5 3 3 1 9 ( )= ( + )= ( )+ (  )  8 4 8 4 16 = ( ) ( | )+ ( ) ( | )= 故选D． ． 8【详B解】分两种情况讨论：①不选 米短跑，四名学生分成 名、 名、 名三组，参加除 米短跑 的四个项目中的三个，有C2A3 14 1 4 0种0； 2 1 1 100 4 4 第 页，共 页 1 8 {#{QQABBQAAggiIABIAAQgCAQn4CACQkAECAaoGgEAUIAIAyRNABCA=}#}② 人选 米短跑，剩下三名学生分成 名、 名两组，参加剩下四个项目中的两个，有C1C2A2 144种 4 3 4 故他1 们报名10的0情况总共有144144288种 2 1 . ． . 9经验A回D归直线 过样本点的中心 ，A正确； 在回归分析中， =残 差 平+方 和越小，回归模(型 ,的 )拟合效果越好，B错误； 若样本相关系数 的绝对值越大，则成对样本数据的线性相关程度越强，C错误； 根据回归方程系数 的意义可得，在回归方程 中，当解释变量 每增加 个单位时，预报变量 平 均增加 个单位，D正确． =2 +8 1 2 ． 1【0详解AB】C 选项，X N  2,2 ，由正态分布的对称性可知PX 2 1 ， 正确； 2 A 1 A 选项，若随机变量Y服从两点分布，且EY ， 2 B即分布列为： Y 0 1 1 1 P 2 2 所以 2Y 0 2 1 1 P 2 2 1 1 1 1 故E2Y0 2 1，则D2Y012 212 1， 正确； 2 2 2 2 2 12 22 B 选项，分布列中概率之和为 ，即   1，解得a 9， 错误； a a a C  11 1 8 C 选项，随机变量T B8, 服从二项分布，E(T)np 8  ， 错误  3 3 3 D故选： D . ． AB 1对1于 ， 若 f(x )0，则函数 在 处的切线斜率为 ，故选项A错误； 0 ( ) 0 0 对于 ，函数 的切线与函数的图象可以有两个公共点，例如函数 ， 3 在 处的 切=线 为( ) ，与函数的图象还有一个公共点 ，故 (选 )项=B 正−确3 ； =1 =−2 (−2,−2) 第 页，共 页 2 8 {#{QQABBQAAggiIABIAAQgCAQn4CACQkAECAaoGgEAUIAIAyRNABCA=}#}对于 ，因为曲线 在 处的切线方程为 ，所以 ′ ， 又 = ( ) =1 ′2 − = ， 0 故选项 C正 (1 确 )= ； 2 (1)− (1+ ) 1 (1+ )− (1) 1 →0 2 =−2 →0 =−2 (1)=−1 对于 ，因为函数 的导数 ′ ，所以 ′ ，又 ， ( ) ( )=−sin (2)=−1 (2)=0 所以切点坐标为 ，斜率为 ，所以切线方程为 ， (2,0) −1 =−( −2) 化简得 ，故选项D正确． 故选： =− ． +2 BCD 1 ．0.25 4 1【2详解】由/ 正态曲线的对称性可知P(X 5)P(X 9)0.75， 所以P(X 9)1P(X 9)10.750.25 故答案为：0.25 . ． . 1先3对甲12乙两个人进行全排列，有A2种，此时将甲、乙两人捆绑在一起再跟其他两人进行排列，有A3种，根 2 3 据分步乘法计数原理，共有A2A3 2！3！12种排法． 2 3 14. 解：1 ， ， 当 '( )=时2， (3 − ) ∈ (0,+∞) ， ①函数 ≤在0 '( 上)=单2调 (递3 增−， )>0 ， 在 ( ) (0,+上∞没)有零点，舍去； (0)= 1 ( 当) (0,+时∞，) 的解为 ， ② >0 '( )=2 (3 − )>0 >3 在 上递减，在 递增， ∴ 又 ( ) 只 ( 有 0, 一3) 个零点， (3,+∞) ( ) ，解得 ， 3 ∴则 (3)=−27+1=0 ， =3 ， ， 3 2 ( )=2的 解−集3为 +1 ，'( )=6 ( −1) ∈[−1,2] '( )在>0 上递增(−，1在,0) 上递减， ( ) (−1,0) (0,1) 第 页，共 页 3 8 {#{QQABBQAAggiIABIAAQgCAQn4CACQkAECAaoGgEAUIAIAyRNABCA=}#}， ， ， (−1)=−4 (0)= 1 ， (1)=0 (2)=5 ， ∴ ( ) 在 = (−上1的)=最−大4值与 (最 ) 小 值=的 和(2为)=：5 ∴ ( ) [−1,2] ． ( ) + ( ) =−4+5=1 ． 1【5详解】（ ）根据题意，可得如下的22的列联表： 1 年长者 年轻人 总计 喜欢阅读电子书 6 24 30 喜欢阅读纸质书 12 18 30 总计 60(61812 1  8 24)2 20 42 60 （ ）2    2.857 2.706， 18423030 7 所以2 有90%的把握认为喜欢阅读电子书与年龄有关 . 解：（ ） f（ x）=xex ex e（x x1）…… 分 16. 1 3 由 f(x)0，可得x1 当x变化时， f(x)， f(x)的变化情况如下表： x (,1) 1 (1,)  f(x)  f(x) 单调递减  最小0值 单调递增  所以， （f x）减区间（，1），增区间（1，）…… 分 7 （ ） （f x）=xex，当x[2,0]，由（ ）得 2 1 当x[2，1]， （f x）单调递减，…… 分 8 当x[1，0]， （f x）单调递增，…… 分 9 第 页，共 页 4 8 {#{QQABBQAAggiIABIAAQgCAQn4CACQkAECAaoGgEAUIAIAyRNABCA=}#}2 1 ，  （f 1） …… 分 e2 e (0)=0 (−2)= 1 12 当x[2，0]， f （x）=f (1) ， f （x）=f (0)0…… 分 min e max 15 17.解：Ⅰ 因为 ，且 …… 分 2 1 2 1 2 2 2 ( ) 3 =∁ (−2 ) =4∁ = 2 2 =7 3 所以 ，解得 或 舍 …… 分 1 2 ( −1) 4∁ = 8 =7 ⇒ ( −8)( +7)=0 =8 =−7( ) 6 故 的展开式中二项式系数最大的项为第 项，为 ；…… 分 1 4 1 4 35 4 Ⅱ (1令−2 )，可知 …… 分 5 5 =∁8(−2 ) = 8 8 (令) =，0得 0 =1 10 …… 分 2 3 4 所以 =：2 256= 0+2 1+2 2+2 3+2 4+…+2 12 2 3 4 2 1+2 2+2 3+2 4+…+2 =255 故 ．…… 分 2 3 −1 255 1+2 2+2 3+2 4+…+2 = 2 15 18.解：（1）由题知： 丙队通过初赛和复赛的概率 ， 2 4 2 4 2 4 0 = 3− =− +3 =− −3 +9 又因为 ，所以 . 3 0< ⩽4 1 3 4 3⩽ ⩽4 所以，当 0⩽3− 时 ⩽ ， 1 丙队进入决赛的概率最大为 .…… 分 2 4 （2）由（ 1 =）3知: 9 5 甲、乙、丙三队进入决赛的概率均为 ， 2 2 4 3×3=9 因为进入决赛的队伍数X~B(3， )， 4 9 所以 ； 3 0 4 125 =0 = 3× 1−9 =729 ； 2 1 4 4 300 100 =1 = 3×9× 1−9 =729=243 ； 2 2 4 4 240 80 =2 = 3× 9 × 1−9 =729=243 . 3 3 4 64 所以 =，3随机=变 3 量× X9的分=布72列9为 第 页，共 页 5 8 {#{QQABBQAAggiIABIAAQgCAQn4CACQkAECAaoGgEAUIAIAyRNABCA=}#}X 0 1 2 3 P 125 100 80 64 所以， 729 243 243 729 = .…… 分 125 100 80 64 4 =0×729+1×243+2×243+3×729 3 11 （或者E(X)=3 ） 4 4 ×9=3 （3）由(1)、(2)知，甲、乙两队进入决赛的概率均为 ， 2 2 4 3×3=9 丙队进入决赛的概率为 ， 2 4 − +3 所以甲乙两人进入决赛的人数Y~B(2， )， 4 9 所以 . 8 =9 记丙进入决赛的次数为Z，则Z服从两点分布 . 4 而E(X)=E(Y)+E(Z)， = 3− 所以， . 2 2 4 8 2 4 1 3 =− +3 +9=− −3 +3,3⩽ ⩽4 对称轴 ，所以当 时， . 2 2 4 =3 =3 max =3 即当 时，进入决赛的队伍数X的数学期望最大，最大值为 .…… 分 2 4 =3 3 17 1  ．解：（ ）当a1时， f x 1ln2x1， f 10， x  19 1ln2x1 1  2 则 fx  1 ，所以 f1ln3， x2 x  2x1 可得曲线y f x在点  1, f 1 处的切线方程为yln3x1， 即ln3xyln30 …… 分 1. 5 x2 （ ）令gx f  xaln ， x x 2 所以gx的定义域为,20,， 若曲线ygx关于直线xb对称， 20 所以gx的定义域关于xb对称，故b 1， 2 则有gxg2x， 第 页，共 页 6 8 {#{QQABBQAAggiIABIAAQgCAQn4CACQkAECAaoGgEAUIAIAyRNABCA=}#}x2 x 所以xaln 2xaln ， x 2x x2 x2 即xaln 2xaln ， x x x2 整理得2a2ln 0，所以a1， x 1 故存在a1,b1，使曲线y f  关于直线xb对称 …… 分 x 1  . 11 （ ）法 ：由题x0， aln2x12即1axln2x12x0， x  当3 a0时1，1ax0， 2x 所以1axln2x12x0即ln2x1 0， 1ax 令hxln2x1 2x ，则hx 2x  a2x2a2  ， 1ax 12x(1ax)2 4x 若a0,hx 0，所以hxh00，所以a0不满足题意； 12x 2a2  2a2 若1a0, 0，当x0, 时，hx0， a2  a2   2a2 所以hx在0, 上单调递减，可得hxh00，  a2  所以1a0不满足题意； 2a2 若a1, 0，当x0,时，hx0， a2 所以hx在0,上单调递增， 所以hxh00，所以a1满足题意；  1 当a0时，x0, ，可得1ax0，  a 2x 所以1axln2x12x0即ln2x1 0， 1ax 令hxln2x1 2x ，则hx 2x  a2x2a2  ， 1ax 12x(1ax)2 1 2a2  1 由  ，所以当x0, 时，hx0， a a2  a  1 所以hx在0, 上单调递减，所以hxh00，  a 所以a0不满足题意， 综上所述，a的取值范围为,1 . 第 页，共 页 7 8 {#{QQABBQAAggiIABIAAQgCAQn4CACQkAECAaoGgEAUIAIAyRNABCA=}#}1  法 ：因为x0，所以 aln2x12即1axln2x12x0， x  2 21ax 设hx1axln2x12x，则hx aln2x1 2， 2x1 21ax 4axa1 设mx aln2x1 2，则mx ， 2x1 (2x1)2 当a0时，mx0，所以hx在0,上单调递减， 可得hxh00，所以hx在0,上单调递减，可得hxh00， 所以a0不满足题意， 当a0时，由mx0得x a1 ， a a1 若1a0，则 0， a  a1  a1 当x0, 时，mx0，所以hx在0, 上单调递减，  a   a   a1 可得hxh00，所以hx在0, 上单调递减，  a  所以hxh00，所以1a0不满足题意， a1 若a1, 0，则mx0，所以hx在0,上单调递增， a 可得hxh00，所以hx在0,上单调递增， 可得hxh00，所以a1满足题意， 综上所述，a的取值范围为,1 …… 分 . 17 第 页，共 页 8 8 {#{QQABBQAAggiIABIAAQgCAQn4CACQkAECAaoGgEAUIAIAyRNABCA=}#}