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