精品解析：山东省泰安市新泰市第一中学老校区（新泰中学）2024-2025学年高二下学期期中模拟考试数学试题

新素中学2023级高二下学期期中模拟考试 数学试题 2025.04 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 1. 已知，则的值是（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 2或6 2. 在的展开式中，记项的系数为，则（ ） A. 45 B. 60 C. 72 D. 96 3. 已知函数在区间上单调递减，则a的值可能为（ ） A. B. C. D. e 4. 春天来了，万物复苏，合肥六中乐之楼楼下的花坛里种了不同颜色的花．如图，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则最多有几种栽种方案数有（ ） A. 180 B. 240 C. 360 D. 420 5. 已知随机变量，若，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 某单位选派一支代表队参加市里的辩论比赛，现有“初心”“使命”两支预备队.选哪支队是随机的，其中选“初心”队获胜的概率为0.8，选“使命”队获胜的概率为0.7，单位在比赛中获胜的条件下，选“使命”队参加比赛的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 甲､乙､丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，下列说法正确的是（ ） A. 2次传球后球在丙手上概率是 B. 3次传球后球在乙手上的概率是 C. 11次传球后球在甲手上的概率是 D. 次传球后球在甲手上的概率是 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. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量X服从两点分布且，则 B. 若随机变量满足，，则 C. 若随机变量，则 D. 设随机变量，若恒成立，则的最大值为12 10. 在二项式的展开式中，下列说法中正确的是（ ） A. 常数项是 B. 各项系数和是64 C. 第4项的二项式系数最大 D. 奇数项二项式系数和是32 11. 设函数，，则下列命题正确的是（ ） A. 不等式的解集为 B. 函数在上单调递增，在上单调递减 C 当时，恒成立，则 D. 若函数有两个极值点，则实数 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某中学1500名同学参加一分钟跳绳测试，经统计，成绩X近似服从正态分布，已知成绩大于170次的有300人，则可估计该校一分钟跳绳成绩X在130～150次之间的人数约为______. 13. 甲、乙两同学玩掷骰子游戏，规则如下： （1）甲、乙各抛掷质地均匀骰子一次，甲得到的点数为，乙得到的点数为； （2）若的值能使二项式的展开式中第5项的二项式系数最大，则甲胜，否则乙胜. 那么甲胜的概率为______. 14. 设是函数的零点，则______． 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. 甲乙丙丁戊五个同学 （1）排成一排，甲乙不相邻，共有多少种不同排列方法？ （2）去三个城市游览，每人只能去一个城市，可以有城市没人去，共有多少种不同游览方法？ （3）分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，共有多少种不同分配方法？ 16. 已知函数． （1）求的单调区间和极值； （2）求在区间上最值． 17. 已知展开式的二项式系数之和为． （1）求展开式中所有项的系数和； （2）求展开式中的常数项； （3）若能被整除，求正数的最小值． 18. 我市拟建立一个博物馆，采取竞标的方式从多家建筑公司选取一家建筑公司，经过层层筛选，甲､乙两家建筑公司进入最后的招标．现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案：两家公司从6个招标问题中随机抽取3个问题，已知这6个招标问题中，甲公司能正确回答其中4道题目，而乙公司能正确回答每道题目的概率均为，甲､乙两家公司对每题的回答都是相互独立，互不影响的． （1）求甲公司至少答对2道题目的概率； （2）请从期望和方差的角度分析，甲､乙两家哪家公司竞标成功的可能性更大？ 19. 已知函数（） （1）当时，讨论函数的单调性. （2）若有两个极值点 ①求取值范围 ②证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 新素中学2023级高二下学期期中模拟考试 数学试题 2025.04 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 1. 已知，则的值是（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 2或6 【答案】D 【解析】 【分析】根据组合数的性质得到方程求解. 【详解】因为已知，由组合数的性质得到或， 解得或. 故选：D. 2. 在的展开式中，记项的系数为，则（ ） A. 45 B. 60 C. 72 D. 96 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项式展开式的通项公式求得正确答案. 【详解】由于的展开式为，且的展开式， 记项的系数为，所以，， 故. 故选：D 3. 已知函数在区间上单调递减，则a的值可能为（ ） A. B. C. D. e 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得在上恒成立，当时，上式恒成立，当时，转化为在上恒成立，构造函数，，利用可求得，从而可求出取值范围. 【详解】因为，所以， 因为在区间上单调递减， 所以在上恒成立，即在上恒成立， 当时，因为在上恒成立，故上式成立，满足题意； 当时，则在上恒成立， 令，， 所以在上恒成立，所以在上单调递增， 又，故，即， 综上，所以ABD错误，C正确. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：此题考查利用导数解决函数单调性问题，解题的关键是将问题转化为在上恒成立，然后分情况讨论，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题. 4. 春天来了，万物复苏，合肥六中乐之楼楼下的花坛里种了不同颜色的花．如图，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则最多有几种栽种方案数有（ ） A. 180 B. 240 C. 360 D. 420 【答案】D 【解析】 【分析】依次求出5个花池栽了5种颜色的花卉，栽了4种颜色的花卉，栽了3种颜色的花卉的方法种数，再相加即得所求． 【详解】若5个花池栽了5种颜色的花卉，方法有种， 若5个花池栽了4种颜色的花卉，则2、4两个花池栽同一种颜色的花， 或者3、5两个花池栽同一种颜色的花，方法有种， 若5个花池栽了3种颜色的花卉，方法有种， 所以最多有种栽种方案. 故选：D 5. 已知随机变量，若，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项分布的期望值和方差公式以及方差性质列方程组即可求得，可判断B正确. 【详解】根据题意由可得； 由可得，即； 所以， 解得，即A、C、D均错误； 易知，即B正确. 故选：B 6. 已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，构造函数，由其单调性求解不等式，即可得到结果. 【详解】构造函数，因为对任意的，都有， 则，所以函数在上单调递减， 又，所以， 由可得，即，所以. 故选：A 7. 某单位选派一支代表队参加市里的辩论比赛，现有“初心”“使命”两支预备队.选哪支队是随机的，其中选“初心”队获胜的概率为0.8，选“使命”队获胜的概率为0.7，单位在比赛中获胜的条件下，选“使命”队参加比赛的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 分析】根据给定条件，利用条件概率公式、全概率公式列式计算得解. 【详解】依题意，记选“初心”队为事件，选“使命”队为事件，该单位获胜为事件， 则, 因此， 所以选“使命”队参加比赛的概率. 故选：D 8. 甲､乙､丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，下列说法正确的是（ ） A. 2次传球后球在丙手上的概率是 B. 3次传球后球在乙手上的概率是 C. 11次传球后球在甲手上的概率是 D. 次传球后球在甲手上的概率是 【答案】C 【解析】 【分析】列举出经2次、3次传球后的所有可能，再利用古典概率公式计算，即可判断A，B；记表示次传球后球在甲手中的事件，，利用相互独立事件概率及条件概率探求与的关系，再借助等比数列求解作答，从而可判断C，D． 【详解】第一次甲将球传出后，2次传球后的所有结果为：甲乙甲，甲乙丙，甲丙甲，甲丙乙，共4个结果，它们等可能， 2次传球后球在丙手中的事件有：甲乙丙，1个结果，所以概率是，故A错误； 第一次甲将球传出后，3次传球后的所有结果为：甲乙甲乙，甲乙甲丙，甲乙丙甲，甲乙丙乙，甲丙甲乙，甲丙甲丙，甲丙乙甲，甲丙乙丙，共8个结果，它们等可能， 3次传球后球在乙手中的事件有：甲乙甲乙，甲乙丙乙，甲丙甲乙，3个结果，所以概率为，故B错误； 设次传球后球在甲手上的事件记为，则有，令，则 ， 于是得， 故，则， 而第一次由甲传球后，球不可能甲手中，即，则有， 数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，即， 所以11次传球后球在甲手上的概率是，故C正确；故错误. 故选：C. 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. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量X服从两点分布且，则 B. 若随机变量满足，，则 C. 若随机变量，则 D. 设随机变量，若恒成立，则的最大值为12 【答案】BD 【解析】 【分析】根据两点分布、正态分布、二项分布的性质、期望与方差公式，逐项判断即可. 【详解】对于A，因为随机变量X服从两点分布且，所以， 所以，故A错误； 对于B，因为随机变量满足，， 所以，所以，故B正确； 对于C，因为随机变量，所以，故C错误； 对于D，因为随机变量，恒成立，所以恒成立， 所以，所以，故D正确. 故选：BD. 10. 在二项式的展开式中，下列说法中正确的是（ ） A. 常数项是 B. 各项系数和是64 C. 第4项的二项式系数最大 D. 奇数项二项式系数和是32 【答案】ACD 【解析】 【分析】写出展开式的通项公式，判断A，C项的正误，通过赋值，判断B，D两项正误. 【详解】通项公式， 令，可得，所以常数项，所以A正确； 令，已知各项系数和是，所以B错误； 第4项二项式系数最大，所以C正确； 奇数项二项式系数和为，所以D正确． 故选：ACD． 11. 设函数，，则下列命题正确的是（ ） A. 不等式的解集为 B. 函数在上单调递增，在上单调递减 C. 当时，恒成立，则 D. 若函数有两个极值点，则实数 【答案】AC 【解析】 【分析】求出函数的导数，根据函数的单调性分别判断即可. 【详解】的导函数为， 则，， 对于A，，即，解得，故A正确； 对于B，，当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减，故B错误： 对于C，可化为. 设，又， 在上单调递减， 在上恒成立， 即在上恒成立. 又在上单调递增，在上单调递减， ∴在处取得最大值，，，故C正确； 对于D，若函数有两个极值点， 则有两个零点，即，即有两个不等实根. 又在上单调递增，在上单调递减，，时，，， 所以，即，故D错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：判断选项C时，根据题设条件变形，并构造函数，利用参数分离法求出 的最小值是解题关键，此题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及转化思想，属于较难题. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某中学1500名同学参加一分钟跳绳测试，经统计，成绩X近似服从正态分布，已知成绩大于170次的有300人，则可估计该校一分钟跳绳成绩X在130～150次之间的人数约为______. 【答案】 【解析】 【分析】先求出，再利用正态分布曲线的对称性求解，即可求解人数. 【详解】由题意可知，， 又因为， 所以 所以跳绳成绩X在130～150次之间的人数约为. 故答案：. 13. 甲、乙两同学玩掷骰子游戏，规则如下： （1）甲、乙各抛掷质地均匀的骰子一次，甲得到的点数为，乙得到的点数为； （2）若的值能使二项式的展开式中第5项的二项式系数最大，则甲胜，否则乙胜. 那么甲胜的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】列举基本事件，利用古典概型的概率公式直接求解. 【详解】甲、乙各抛掷质地均匀的骰子一次，共有基本事件种基本事件； 要使二项式的展开式中第5项的二项式系数最大，只需： i. ，共有共6种情况； ii.，共有共5种情况； iii.，共有共4种情况； 一共15种情况. 所以甲胜的概率为. 故答案为：. 14. 设是函数的零点，则______． 【答案】3 【解析】 【分析】根据零点的定义，结合对数与指数互化公式，通过构造新函数，利用新函数的单调性进行求解即可. 【详解】由题意，． 注意到， 所以， 在两边同时加上， 即， 即， 设函数，显然该函数是实数集上增函数， 由， 即即， 所以， 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用对数式与指数式的恒等式，由得到，然后通过构造函数，利用函数的单调性进行求解. 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. 甲乙丙丁戊五个同学 （1）排成一排，甲乙不相邻，共有多少种不同排列方法？ （2）去三个城市游览，每人只能去一个城市，可以有城市没人去，共有多少种不同游览方法？ （3）分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，共有多少种不同分配方法？ 【答案】（1）72 （2）243 （3）150 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用不相邻问题插空法列式计算即得； （2）根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式计算即得; （3）把5人按或分组，再把每一种分组方法安排到三个城市即可得解. 【小问1详解】 甲乙丙丁戊排成一排，甲乙不相邻， 先将丙丁戊排成一列有种方法， 再将甲乙插空隙中，有种方法， 所以共有不同排法数为（种）. 【小问2详解】 去三个城市游览，每人只能去一个城市， 可以有城市没人去，因此每个人都有种选择， 所以不同游览方法有（种）. 【小问3详解】 分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人， 则先把5人按分组，有种分组方法， 按分组，有种分组方法， 因此不同分组方法数为， 再把每一种分组安排到三个城市，有种方法， 所以不同分配方法种数是（种）. 16. 已知函数． （1）求的单调区间和极值； （2）求在区间上的最值． 【答案】（1）单调递减区间为,函数单调递增区间为．极小值为,无极大值； （2）最小值为,最大值为2． 【解析】 【分析】（1）求导,得到,令得,或（舍去）,将定义域分成几段考虑导数正负,得出单调区间,由单调性,得到函数的极值. （2）与（1）方法相同(只是定义域发生改变),求出极值后再与端点值比较即可得到最值. 【小问1详解】 函数的定义域为, ． 令得,或（舍去）, 当时,,函数单调递减； 当时,,函数单调递增, 所以函数单调递减区间为,函数单调递增区间为． 函数的极小值为,无极大值． 【小问2详解】 由（1）知,函数在区间上单调递减,在区间上单调递增, 所以,,, 又因为,所以函数在区间的最小值为,最大值为2． 17. 已知展开式的二项式系数之和为． （1）求展开式中所有项的系数和； （2）求展开式中的常数项； （3）若能被整除，求正数的最小值． 【答案】（1）243 （2）80 （3）3 【解析】 【分析】（1）根据二项式系数和为求出，再令即可得解； （2）写出展开式的通项，利用通项计算可得； （3）由，写出展开式的通项，即可得到只需满足能被整除，即可求出正数的最小值. 【小问1详解】 由已知可得，，解得． 所以， 令，得， 即的展开式中所有项的系数和为； 【小问2详解】 二项式的展开式的通项为，， 令，解得，所以常数项为； 【小问3详解】 因为 ， 由于能被整除， 故当能被整除，只需满足能被整除， 所以正数的最小值为． 18. 我市拟建立一个博物馆，采取竞标的方式从多家建筑公司选取一家建筑公司，经过层层筛选，甲､乙两家建筑公司进入最后的招标．现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案：两家公司从6个招标问题中随机抽取3个问题，已知这6个招标问题中，甲公司能正确回答其中4道题目，而乙公司能正确回答每道题目的概率均为，甲､乙两家公司对每题的回答都是相互独立，互不影响的． （1）求甲公司至少答对2道题目的概率； （2）请从期望和方差的角度分析，甲､乙两家哪家公司竞标成功的可能性更大？ 【答案】（1）； （2）甲公司竞标成功的可能性更大． 【解析】 【分析】(1)利用超几何分布求出甲公司回答对2道题和回答对3道题的概率，即可求出结果. (2)分别求甲、乙两家公司答对题数的分布列，再求两个随机变量的期望和方差，由此作出判断. 【小问1详解】 由题意可知，甲公司至少答对2道题目可分为答对两题或者答对三题； 所求概率 【小问2详解】 设甲公司正确完成面试的题数为，则的取值分别为． ． 则的分布列为： 1 2 3 ， ； 设乙公司正确完成面试的题为，则取值分别为． ，， ， 则的分布列为： 0 1 2 3 ． ． 由可得，甲公司竞标成功的可能性更大． 19. 已知函数（） （1）当时，讨论函数的单调性. （2）若有两个极值点 ①求的取值范围 ②证明： 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增. （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）首先求函数的导数，再根据导数和函数单调性的关系，即可求解； （2）①首先求函数的导数，转化为关于一元二次方程有2个不同的正实根，即可求解； ②首先求，再利用韦达定理，转化为关于的函数，再通过不等式构造函数，利用导数判断导函数单调性，再结合零点存在性定理，求函数的最大值，证明函数的最大值小于0，即可证明不等式. 【小问1详解】 当时 ，（） ， 令， 如图表示的关系如下， 1 3 0 0 单调递增 单调递减 单调递增 在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 ① ， 因为有两个极值点 即：在有两个不相等的实根， 所以， 所以， ②由①得 要证 即证：， 只需证 令 令 则恒成立， 所以在上单调递减 又因为 由零点存在性定理得：，使得，即， 所以，单调递增. 时，，单调递减. 则 因为在上单调递增 所以 所以，即得证. 【点睛】思路点睛：本题第二问，转化为“隐零点”问题，求函数的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$