高二数学DA_2025年7月_250715湖北省天门市2024-2025年7月高二期末统一调研测试（全科）

2024-2025 年七月高二期末统一调研测试试卷
数学参考答案
一、选择题：
1-4BBDD 5-8CCCB
二、选择题：
9.BC 10.ABD 11.BCD
三、填空题
12. -1 13. 1 14. 1.
四、解答题：
15. （1）由题意得，2C2 C1 C3， …………………………2分
n n n
nn1 nn1n2
即2  n ，
2 6
即n29n140，n2或n7，因为n3，所以n7．…………………………5分
（2）二项式系数最大的项为第4项或第5项…………………………7分
二项式系数最大的项为T C3 x24  2   3 280x 1 2 3 …………………………8分
4 7
 x 
4
T C4 x23  2   560x4. …………………………9分
5 7
 x
（3）展开式共有8项，
展开式的通项公式为T Ck x27k  2   k 2kCkx 28 2 5k ,k 0,1,2,,7
k1 7 7
 x
285k
当 为整数，即k 0,2,4,6时为有理项，共4项，…………………………11分
2
A4A4 1
由插空法得有理项不相邻的概率为 4 5  .…………………………13分
A8 14
8
16.解：（1）抽出的10件产品中，甲、乙、丙三名工人分别生产了3,4和3件，…………………2分
所以 ， ；…………………………6分
3×4
3 1    10×9 4
3×2+7×3
（2）  分  别 |  记事 = 件10− A 1、 = B 3、C  表  示 |  抽 = 取的  一  个 = 零件10×为9 甲 = 、9乙、丙生产的，记事件E:抽取的一个零件为次品，
由题意可得P  A 0.3，P  B 0.4， ,P  E A 0.05，P  E B 0.04，
P C =0.3
1P

E C
0.03，…………………………9分
由全概率公式可得PEPAP  E A PBP  E B PCP  E C 
=0.3×0.05+0.4×0.04+
，…………………………12分
0.3×0.03=0.04
所以 ，…………………………14分
0.3×0.03 9
|  =   = 0.04 =40
即任取一个零件，已知它是次品，这件产品是由丙生产的概率为 .…………………………15分
9
40
17.解：（1）由题中数据可得 ， ， , …………………………4分
1 32 1 32
 =32  =1   =112   =32  =1   =74
由 得 ，…………………………5分
= =0.91
，…………………………10分
32 2
  =1   −   6
 = =  ×   3 = 2 1   −   2 =0.91×13 =0.42
所以， …………………………11分
所以线性   =回  归−方  程  为=74−112×0.42=，26.9…6………………………12分
（2）当 时，   =0.42  +26.96 ，即同学甲物理成绩不会超过80分.………15分
=125   =0.42×125+26.96=79.46
18.解：（1）零假设 学生性别与体育锻炼的经常性无关，则…………………………1分
2004080  60 0: 202
2  9.5246.635 ，…………………………3分
10010060140
故依据0.01的独立性检验，可以认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系；…………………4分
（2）设n次传球后球在乙手中的概率为 p ， ，
n
1 1 1 1
则有 p  ， p   1 p 0 p   p =1,2 ， ,3, … ⋯ ………………………8分
1 3 n1 3 n n 3 n 3
1 1 1 1 1
所以 p    p  ，其中 p   ，…………………………9分
n1 4 3 n 4 1 4 12
 1 1 1 1 1  1 n1
故数列  p n  4   是以 12 为首项， 3 为公比的等比数列，所以 p n  4  12     3   ，
n1
1 1  1
故 p       ，
n 4 12  3
2n1
1 1  1
故第n次传球后球在乙手中的概率为 p       . …………………………11分
n 4 12  3
(3) 由（2）知 ,故 1 1  ，
1 1 1  −1  12×1− −3  1 1 
=4+12× −3   =  1+  2+…+   =4+ 1− − 1 3……=…4…+…16…×…1…−……− 1 3 4分
所以 ，

1 1
−n 4 =16× 1− −3
E(Y) m
又 4 总成立，设a  1  1( 1 )n  ，只需要m(a ) .…………………………15分
n 16   3   n max
1  1 
当a 最大时，n必定为奇数，而a  1( )n 随奇数n的增大而减小，…………………………16分
n n 16   3  
1
故当n1时，a 最大值a  。
n 1 12
1 1
所以m ，故实数m的最小值为 。…………………………17分
12 12
19. 解：由 知， ， …………………………1分
' 1
（1） 当   = 时 ln ，  +1 −  恒  成立，   = 在  +1− ，   > 上 − 单 1 调递增 ；…………………………2分
'
当  ≤0 时，由   >0 得   −1 ;由+∞ 得 , 所以 在 ， 上单
' 1−  ' 1−  1− 
>0   >0 −1<  <    >0  >    −1 
调递增, 上单调递减 .…………………………4分
1− 
,+∞
综上，当 时， 在 ， 上单调递增 ；当 时， 在 ， 上单调递增,
1− 
≤0   −1 +∞  >0   −1 
上单调递减 . …………………………5分
1− 
（2）当  ,+ 时 ∞ ， ，由 得 ，
（  i=）由1（1）知  ，  =在ln  +，1 上−  单调递增2  ,  +1−   =上  单  调  递减2   . +所1 以=ln   +1 ，即
，又   −1 0 ， 0,+∞ ，   ≤  0 ； ln ……  +1 分≤
1 2
>0, ∴ln   +1 <   ∴2   +1 =ln   +1 <   ∴0<   +1−   6
下面证明： .
1 2
+1−   <1
只需证明 .…………………………7分
2  
ln   +1 >   +2
设 , ，…………………………8分
2 
=ln  +1 −  +2  >0
则 ，
2
' 1 4 
2 2
所以   = 在  +1， −(  +2) 上 = 单  +调1 (递  +增2)， > 所 0 以 , 又 所以 ，……10分
3
0 +∞   >  0 =0   >0,    >0即 ，所以 .
2   1 2
ln   +11 >2   +2   +1−   <1
综上0  1；
a a
n1 n
1 2
0  1
a a
（ii）由（i）知 n1 n ，…………………………11分
1 2 a 1 1
当  0， n1  ，又a 1，a ( )n1…………………………12分
a a a 2 1 n 2
n1 n n
当 时 ， ，又 ， ，
1 2 1 1 1 1  −1 
+1−   <1   +1+1< 2(   +1)  1+1=2 ∴   +1 ≤ 2×2 =2
即 . …………………………14分
1 1
∴n   ≥2  −1>n2 
 na 
2n n 2n1
所以，设 ，则
1 2 3    1 2  −1 
=2+2 2 +2 3 +⋯+2  2 = 2 2 +2 3 +⋯+ 2  +2  +1
1 1  ，
1 1 1 1  2×1− 2   +2
∴ 即   − 2 =2+2 ， 2 +2 3 + … ⋯ … + … 2  … − … 2  + … 1 = ……… 1− … 1 2 16 − 分 2  +1 =1−2  +1
n+2
Tn =2− 2 n
T S 2T
n n n
n2 n2
2 S 4
故 2n n 2n1 .（当n1时，不等式右边等号成立）…………………………17分
4