精品解析：浙江省宁波市三锋教研联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题

2024学年第二学期宁波三锋教研联盟期中联考 高二年级数学学科 试题 选择题部分 一、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． 1. 给出的下列选项中，正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 函数的最小正周期是（ ） A. B. C. D. 3. 已知角α的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 4. 某学校4000名学生的数学成绩X（单位：分）服从正态分布，且成绩在的学生人数约为1600，则估计成绩在100分以上的学生人数为（ ） A. 200 B. 400 C. 2800 D. 2000 5. 已知，则（ ） A. B. 3 C. 1 D. 6. 某班一天上午有4节课，下午有3节课，现在安排该班一天中语文、英语、物理、政治、体育各1节，数学2节，要求2节数学课都排在上午或下午且连续，体育课排在下午，则不同的排法种数是（ ） A. 624 B. 528 C. 312 D. 264 7. 已知的展开式中唯有第5项的系数最大，则t的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 若函数既有极大值也有极小值，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 已知离散型随机变量X的分布列如下表： X 0 1 2 5 P a 2a 则下列说法正确的是（ ） A. B. C D. 10. 甲乙两个盒子中分别装有两种颜色不同但大小相同的小球，甲盒子中装有5个白球和5个黑球；乙盒子中装有4个白球和6个黑球．先从甲盒子中随机摸出一个小球放入乙盒子中，再从乙盒子中随机摸出一个小球，记表示事件“从甲盒子中摸出的是白球”，表示事件“从甲盒子中摸出的是黑球”，记表示事件“从乙盒子中摸出的是白球”，表示事件“从乙盒子中摸出的是黑球”，下列说法正确的是（ ） A. ，是互斥事件 B. ，是独立事件 C. D. 11 已知函数，则（ ） A. 点是图像的对称中心 B. 是的极小值点 C. 当时， D. 当时， 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，各项系数的和是________ 13. ，则________ 14. 某学校兴趣小组，该兴趣小组内学舞蹈且不学声乐有3人，既学舞蹈又学声乐的有2人，从该兴趣小组中任选2人，设X为选出的人既学舞蹈又学声乐的人数，若，则该兴趣小组的人数是________人． 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. 已知函数 （1）求函数的最小正周期和最大值； （2）讨论函数在上的单调性． 16. 已知的展开式中，前三项的系数成等差数列． （1）求n的值； （2）求展开式中二项式系数最大的项； （3）求展开式中所有的有理项． 17. 已知函数 （1）当时，求曲线在点处的切线的方程； （2）探究的最小值； （3）当时，求的最小值的极值． 18. 某学校组织开展了“学习强国答题挑战赛暨主题党日活动”.规则如下：每班派两名选手参赛，每位选手回答三个题，满分为60分，每题答对得10分，答错不得分.某班派了甲､乙两名同学参赛，且甲同学三题能回答正确概率均为，乙同学三题能回答正确的概率依次为、、，两人的累计得分为班级总得分，总得分不少于50分班级将获得参加决赛的资格. （1）三题答完结束后，记为乙同学的累计得分，求的分布列和期望； （2）求班级获得决赛资格概率. 19. 帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，，注：，，，，…已知函数在处阶帕德近似为． （1）求实数a，b，c的值； （2）证明：当时，； （3）设t为实数，讨论方程的解的个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024学年第二学期宁波三锋教研联盟期中联考 高二年级数学学科 试题 选择题部分 一、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． 1. 给出的下列选项中，正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的计算法则判断即可. 【详解】对A，，故A错误； 对B，，故B错误； 对C，，故C正确； 对D，，故D错误. 故选：C 2. 函数的最小正周期是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据辅助角公式结合正弦函数的周期求解即可. 【详解】，故. 故选：A 3. 已知角α的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角函数的定义求解即可. 【详解】因为角α的终边经过点， 所以. 故选：B. 4. 某学校4000名学生的数学成绩X（单位：分）服从正态分布，且成绩在的学生人数约为1600，则估计成绩在100分以上的学生人数为（ ） A. 200 B. 400 C. 2800 D. 2000 【答案】B 【解析】 【分析】由正态分布的对称性可知成绩在90分及以上的学生人数占总人数的一半，减去成绩在的学生人数即为成绩在100分以上的学生人数. 【详解】由题意可知该正态分布的均值为90，由正态分布的对称性可知， 即成绩在90分及以上的学生人数约为， 因为成绩在的学生人数约为1600， 故估计成绩在100分以上的学生人数为. 故选：B. 5. 已知，则（ ） A. B. 3 C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题设可求得的值，再利用和角的正切公式即可得结果. 【详解】由题干条件可知，所以， 由和角的正切公式可得. 故选：B. 6. 某班一天上午有4节课，下午有3节课，现在安排该班一天中语文、英语、物理、政治、体育各1节，数学2节，要求2节数学课都排在上午或下午且连续，体育课排在下午，则不同的排法种数是（ ） A. 624 B. 528 C. 312 D. 264 【答案】D 【解析】 【分析】利用分类计数原理，结合排列思想即可求解. 【详解】如果2节数学课排在上午，则数学课的安排情况为，，，共3种排法， 此时体育课排在下午，有3种排法，剩下的4节课有种排法， 所以数学课排在上午共有种排法. 如果2节数学课排在下午，则数学课的安排情况为，，共2种排法， 此时体育课排在下午，有1种排法，剩下4节课有种排法， 所以数学课排在下午共有种排法. 综上，不同的排法种数为， 故选：D. 7. 已知的展开式中唯有第5项的系数最大，则t的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项式展开式项的系数特征列不等式求解. 【详解】由的展开式中唯有第5项的系数最大， 得，而，解得，即， 所以t的取值范围是. 故选：D 8. 若函数既有极大值也有极小值，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导可得，再根据在区间上有两个根，结合韦达定理与判别式列式求解即可. 【详解】由题意， 又函数既有极大值也有极小值，故方程有两个不相等的正根， 故，则，排除ACD. 因为，故异号，故. 故选：B 二、选择题：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. 已知离散型随机变量X的分布列如下表： X 0 1 2 5 P a 2a 则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，由概率之和1即可计算求解a；对于B，由均值公式直接计算即可求解判断；对于C，由方差公式直接计算即可求解判断；对于D，由均值性质直接求解判断. 【详解】对于A，由题意得，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，， 所以，故C正确； 对于D，故D错误； 故选：BC 10. 甲乙两个盒子中分别装有两种颜色不同但大小相同的小球，甲盒子中装有5个白球和5个黑球；乙盒子中装有4个白球和6个黑球．先从甲盒子中随机摸出一个小球放入乙盒子中，再从乙盒子中随机摸出一个小球，记表示事件“从甲盒子中摸出的是白球”，表示事件“从甲盒子中摸出的是黑球”，记表示事件“从乙盒子中摸出的是白球”，表示事件“从乙盒子中摸出的是黑球”，下列说法正确的是（ ） A. ，是互斥事件 B. ，是独立事件 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对AB，根据互斥与独立事件的定义判断即可；对CD，根据题意直接求解即可. 【详解】对A，因为每次只摸出一个球，故，不能同时发生，故，互斥事件，故A正确； 对B，因为，， ，，故B错误； 对C，，故C正确； 对D，，故D正确. 故选：ACD 11. 已知函数，则（ ） A. 点是图像的对称中心 B. 是的极小值点 C. 当时， D. 当时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用导数判断出单调性，作出的大致图象，利用任意三次函数的图象均为中心对称图形，且对称中心为点可判断A；由单调性可判断BCD. 【详解】由题可得，令，得或， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 又，，，， 且当时，，当时，， 所以可作出的大致图象如图所示： 选项A：设，则，令，得， 又，所以点是图象的对称中心，故A正确； 选项B：易知是的极小值点，故B正确； 选项C：当时，，又在上单调递减， 在上单调递增，所以当时，，， 所以，故C错误. 选项D：当时，，又在上单调递增， 所以，故D正确； 故选：ABD. 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在展开式中，各项系数的和是________ 【答案】 【解析】 【分析】令可得展开式各项系数的和. 【详解】对于二项式，令可得展开式各项系数的和为. 故答案为： 13. ，则________ 【答案】## 【解析】 【分析】对函数求导，取，代入运算即可求解. 【详解】对函数求导得：， 当时，，解得， 故答案为：. 14. 某学校兴趣小组，该兴趣小组内学舞蹈且不学声乐的有3人，既学舞蹈又学声乐的有2人，从该兴趣小组中任选2人，设X为选出的人既学舞蹈又学声乐的人数，若，则该兴趣小组的人数是________人． 【答案】7 【解析】 【分析】设该兴趣小组的人数是，再求出分布列计算即可. 【详解】由题意，可能的取值为0，1，2， 设该兴趣小组的人数是，，则 ，， 故，即，则， 故，即，因为为整数，故. 故答案为：7 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. 已知函数 （1）求函数的最小正周期和最大值； （2）讨论函数在上的单调性． 【答案】（1）， （2）在单调递增，在单调递减． 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简，即可求得函数的周期和最大值. （2）利用正弦函数的单调性，得出结论. 【小问1详解】 故函数的周期为， 当，，即，，函数取到最大值为. 【小问2详解】 由（1）得 当时，， 从而当，即，单调递增； 当，即时，单调递减． 综上可知，在单调递增，在单调递减． 16. 已知的展开式中，前三项的系数成等差数列． （1）求n的值； （2）求展开式中二项式系数最大的项； （3）求展开式中所有的有理项． 【答案】（1） （2） （3）； 【解析】 【分析】（1）根据二项展开式的通项公式和等差中项知识求出； （2）根据二项式系数性质可知第5项的二项式系数最大，求解即可； （3）利用的指数为整数求出，再根据通项公式可求出结果. 【小问1详解】 展开式的通项为：， 因为展开式中的前三项系数成等差数列．所以， 整理得：，解得：或（舍）． 所以； 【小问2详解】 第5项的二项式系数最大， 所以二项式系数最大项为； 【小问3详解】 展开式的通项为 当时，；当时， 17. 已知函数 （1）当时，求曲线在点处的切线的方程； （2）探究的最小值； （3）当时，求的最小值的极值． 【答案】（1） （2） （3）极大值为，无极小值． 【解析】 【分析】（1）求导得，，利用导数的几何意义求出切线方程； （2）对求定义域，求导，根据a取不同的值得到函数单调性，即可求出最小值； （3）令，对函数求导，即可求解. 【小问1详解】 当时，，， 则，， 所以切线的方程为 【小问2详解】 定义域为． 当时，，则在上单调递增，故没有最小值； 当时，在单调递减，在单调递增， 所以 综上所述：当时，没有最小值；当时，最小值为； 【小问3详解】 由（2）可得 设，则， 令，得，所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以的极大值为，无极小值． 18. 某学校组织开展了“学习强国答题挑战赛暨主题党日活动”.规则如下：每班派两名选手参赛，每位选手回答三个题，满分为60分，每题答对得10分，答错不得分.某班派了甲､乙两名同学参赛，且甲同学三题能回答正确的概率均为，乙同学三题能回答正确的概率依次为、、，两人的累计得分为班级总得分，总得分不少于50分班级将获得参加决赛的资格. （1）三题答完结束后，记为乙同学的累计得分，求的分布列和期望； （2）求班级获得决赛资格的概率. 【答案】（1）分布列见解析，期望为分； （2）. 【解析】 【分析】（1）先分析出的可能取值，分别求出对应的概率，写出分布列； （2）分析出班级获得决赛资格为， 【小问1详解】 由题意可得：可能取值为：0，10，20，30. ； ； ； ； 所以分布列为： 0 10 20 30 分. 【小问2详解】 记为甲同学的累计得分 . 而； ； 所以班级获得决赛资格的概率：. 19. 帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，，注：，，，，…已知函数在处阶帕德近似为． （1）求实数a，b，c的值； （2）证明：当时，； （3）设t为实数，讨论方程的解的个数． 【答案】（1），， （2）证明见解析 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由题意，求出，，，，结合，，，，列出等式求解即可得到实数a，b，c的值； （2）构造函数，利用导数求单调性，由即可得证； （3）构造函数，分，利用导数讨论单调性，利用单调性判断零点个数，当时，分单调区间讨论，结合零点存在性定理判断即可. 【小问1详解】 ，，由，可知，又，，，，由题意，，，所以，，综上，，. 【小问2详解】 由（1）知，，令， ，所以在内为增函数， 又，时，，得证． 【小问3详解】 的定义域是， ①当时，，所以在上单调递增，且，所以在上存在1个零点； ②当时，令，由，得，．又因为， ，所以，． x 0 0 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 当时，因为，所以在上存在1个零点，且，； 当时，因为，，而在单调递增，且，而，故，所以在上存在1个零点； 当时，因为，，而在单调递增，且，而，所以，所以在上存在1个零点．从而在上存在3个零点． 综上所述，当时，方程有1个解；当时，方程有3个解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$