精品解析：河北省邯郸市武安市第一中学2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题

武安一中2024—2025学年第二学期4月期中考试 高二 数学 时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题（本大题共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. 设，则（ ） A. B. C. 3 D. 12 2. 在的展开式中，的系数为（ ） A. B. C. D. 3. 有栋大楼排成一排，某电信公司要选择其中栋楼的楼顶建设基站，基站不能建在相邻栋大楼上，以免信号互相干扰，则这座基站相邻2座之间至少有栋大楼的概率是（ ） A. B. C. D. 4. 将甲、乙等5位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、浙江大学三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送方法有（ ） A. 240种 B. 180种 C. 150种 D. 540种 5. 已知函数的高阶导数为，即对函数连续求阶导数．例如，则，，，，，…，若，则的展开式中的系数是（ ） A. 360 B. 280 C. 255 D. 210 6. 在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1：发送信号1时，接收为1和0的概率分别为0.95和0.05.假设发送信号0和1是等可能的，已知接收的信号为0，则发送的信号是1的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数恰有一个极值点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数有两个零点，，且，则下列命题正确的是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分） 9. 已知展开式中共有7项．则该展开式（ ） A. 所有项的二项式系数和为64 B. 所有项的系数和为1 C. 二项式系数最大项为第4项 D. 有理项共有4项 10. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量服从两点分布，，则 B. 若随机变量的方差，则 C. 若随机变量服从二项分布，则 D. 若随机变量服正态分布，，则 11. 已知函数，则下列结论正确是（ ） A. 若在上单调递减，则的最大值为1 B. 当时， C 当时， D. 存在直线，使得与的图象有4个交点 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 现有一组数据按照从小到大的顺序排列如下：4，6，7，7，8，9，11，14，15，19，则这组数据的上四分位数为__________. 13. 已知是的导函数，且，则________．（写出一个符合条件的即可）． 14. 已知集合，是集合的含两个元素的子集，且，则中两元素之差的绝对值等于中两元素之差的绝对值的概率为_____. 四、解答题（本大题共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. 为了了解某种新型药物对治疗某种疾病的疗效，某机构日前联合医院，进行了小规模的调查，结果显示，相当多的受访者担心使用新药后会有副作用．为了了解使用该种新型药品后是否会引起疲乏症状，该机构随机抽取了某地患有这种疾病的275人进行调查，得到统计数据如表： 无疲乏症状 有疲乏症状 合计 未使用新药 150 25 t 使用新药 x y 100 合计 225 m 275 （1）求列联表中的数据x，y，m，t的值，依据小概率值的独立性检验，能否以此推断有疲乏症状与使用该新药有关？ （2）从使用该新药的100人中按是否有疲乏症状，采用分层随机抽样的方法抽出4人，再从这4人中随机抽取2人做进一步调查，求这2人中恰有1人有疲乏症状的概率． 附：，． 015 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2.072 2.706 3.841 5.024 6635 7.879 10.828 16. 2022年2月4日至20日，第24届冬季奥林匹克运动会在北京成功举办．这场冰雪盛会是运动健儿奋力拼搏的舞台，也是中外文明交流互鉴的舞台，折射出我国更加坚实的文化自信，诠释着新时代中国的从容姿态，传递出中华儿女与世界人民“一起向未来”的共同心声．某学校统计了全校学生观看北京冬奥会开幕式和闭幕式的时长情况（单位：分钟），并根据样本数据绘制得到下图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中a的值，并估计样本数据的85%分位数； （2）采用样本量比例分配的分层随机抽样方式，从观看时长在[200，280]的学生中抽取6人．若从这6人中随机抽取3人在全校交流观看体会，设抽取的3人中观费时长在[200，240）的人数为X，求X的分布列和数学期望． 17 已知函数. （1）讨论的极值点个数； （2）若存在实数使得轴为的切线，求的最大值. 18. 甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为， （1）求甲连胜四场的概率； （2）求需要进行第五场比赛的概率； （3）求丙最终获胜的概率. 19. 已知数列，其中. （1）若，集合表示集合的非空子集个数.集合的第个非空子集中的所有元素之和记为，设. （i）直接写出； （ii）计算的前项相和； （2）取，在数列中至少有一项为负值，且，将数列各项依次放在正五边形各顶点上，每个顶点一项.任意相邻三个顶点的三项为，若中间项，则进行如下交换，将变换为，直到正五边形各顶点上的数均为非负时变换终止.求证：对任何符合条件的，上述变换终止只需进行有限多次. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 武安一中2024—2025学年第二学期4月期中考试 高二 数学 时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题（本大题共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. 设，则（ ） A. B. C. 3 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的定义进行转化即可. 【详解】，. 故选：B 2. 在的展开式中，的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】写出二项展开式，令，解出然后回代入二项展开式系数即可得解. 【详解】的二项展开式为， 令，解得， 故所求即为. 故选：A. 3. 有栋大楼排成一排，某电信公司要选择其中栋楼的楼顶建设基站，基站不能建在相邻栋大楼上，以免信号互相干扰，则这座基站相邻2座之间至少有栋大楼的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用组合，求出基本事件的个数和事件包含的基本事件的个数，再利用古典概率公式，即可求解 【详解】有栋楼不建基站，这栋楼形成个空， 从这个空中随机选个插入建设基站的栋楼，有（种）方法， 记事件：3座基站相邻2座之间至少有2栋大楼，事件包含以下几种情况， ▲○○▲○○▲○，▲○○▲○○○▲，▲○○○▲○○▲，○▲○○▲○○▲， 其中“▲”表示建立基站的楼的位置，“○”表示不建基站的楼的位置，共4种方法， 因此所求概率为， 故选：A． 4. 将甲、乙等5位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、浙江大学三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送方法有（ ） A. 240种 B. 180种 C. 150种 D. 540种 【答案】C 【解析】 【分析】每所大学至少保送一人，可以分类来解，把5名学生分成2：2：1三组或3：1：1三组两种情况，根据分类计数原理得到结果． 【详解】把5名学生分成2：2：1三组或3：1：1三组两种情况， 当5名学生分成2：2：1三组时，共有种结果， 当5名学生分成3：1：1三组时，共有种结果， 根据分类计数原理知共有种. 故选：C． 5. 已知函数的高阶导数为，即对函数连续求阶导数．例如，则，，，，，…，若，则的展开式中的系数是（ ） A. 360 B. 280 C. 255 D. 210 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项式展开式定理来求十阶导函数的指定项即可. 【详解】因 所以， 继续求二阶导数得：， 继续求三阶导数得： ， …… 所以. 所以的系数为. 故选：D 6. 在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1：发送信号1时，接收为1和0的概率分别为0.95和0.05.假设发送信号0和1是等可能的，已知接收的信号为0，则发送的信号是1的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由全概率公式求出接收到的信号为0的概率，再利用条件概率公式计算即可求解. 【详解】设“发送的信号为0”， “接收到的信号为0”，则“发送的信号为1”， “接收到的信号为1”．由题意得 ，，， ，， ， ． 故选：B. 7. 已知函数恰有一个极值点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】函数恰有一个极值点，只需有一个变号实数根，反解参数，研究其单调性，得出的取值范围. 【详解】， ， 因为函数恰有一个极值点， 所以有一个变号实数根， 即有一个变号的根， 即与一个交点，且在该交点前后两函数的大小关系发生变化， 令， 则， 令，函数单调递增，解得：， 令，函数单调递减，解得：， 则， 有一根，即， 当，时都有 当时，， 所以. 综上所述，的取值范围是 故选：C 8. 已知函数有两个零点，，且，则下列命题正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据零点可将问题转化为，构造，求导即可根据函数的单调性得函数的大致图象，即可根据图象求解，根据极值点偏移，构造函数，结合函数的单调性即可求解，根据可得，即可求解，根据不等式的性质即可求解. 【详解】由可得，令，其中， 则直线与函数的图象有两个交点，， 由可得，即函数的单调递增区间为， 由可得，即函数的单调递减区间为， 且当时，，当时，， 如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，故A错误； 由图可知，，因为， 由可得，由可得， 所以函数的增区间为，减区间为，则必有， 所以，则， 令，其中， 则，则函数在上单调递减， 所以，即，即， 又，可得， 因为函数的单调递减区间为，则，即，故B错误； 由，两式相加整理可得， 所以，可得，故C错误； 由图可知，则， 又因为，所以，故D正确. 故选：D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分） 9. 已知展开式中共有7项．则该展开式（ ） A. 所有项二项式系数和为64 B. 所有项的系数和为1 C. 二项式系数最大项为第4项 D. 有理项共有4项 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题设可得且展开式通项为，进而求二项式系数和、赋值法求所有项的系数和、对称性求二项式系数最大项及有理项的项数. 【详解】由题设知：，则， A：所有二项式系数和为，正确； B：所有项的系数和，令有，错误； C：由二项式系数的性质，当时第4项的二项式系数最大为，正确； D：有理项只需，当时为有理项，共有4项，正确. 故选：ACD 10. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量服从两点分布，，则 B. 若随机变量的方差，则 C. 若随机变量服从二项分布，则 D. 若随机变量服正态分布，，则 【答案】CD 【解析】 【分析】根据方差公式即可判断A；根据方差的性质即可判断B；根据二项分布的概率公式即可判断C；根据正态分布的对称性即可判断D. 【详解】对于A，若随机变量服从两点分布，， 则，故A错误； 对于B，若随机变量的方差，则，故B错误； 对于C，若随机变量服从二项分布， 则，故C正确； 对于D，若随机变量服正态分布，， 则，故D正确. 故选：CD. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若在上单调递减，则的最大值为1 B. 当时， C. 当时， D. 存在直线，使得与的图象有4个交点 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，求导确定单调性即可判断；对于BC，构造函数求导，确定单调性可判断；对于D，画出得图象，由图象可判断. 【详解】解：，由，解得，的最大值为，故A不正确； 当时，，即. 设，则， 在处取得最小值，故B正确； 当时，，即. 由B选项的过程知，在时，， 在上单调递减，，故C正确； 画出的图象如图， 可知存在直线，使得与的图象有4个交点，故D正确， 故选：BCD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 现有一组数据按照从小到大的顺序排列如下：4，6，7，7，8，9，11，14，15，19，则这组数据的上四分位数为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据百分位数计算规则计算可得. 【详解】因为，所以这组数据的上四分位数为. 故答案为： 13. 已知是导函数，且，则________．（写出一个符合条件的即可）． 【答案】（只要符合，为常数，均可） 【解析】 【分析】根据基本初等函数函数的导数和导数的四则运算计算即可. 【详解】因为， 所以依题意，所以，为常数， 故答案为：（只要符合，为常数，均可）. 14. 已知集合，是集合的含两个元素的子集，且，则中两元素之差的绝对值等于中两元素之差的绝对值的概率为_____. 【答案】 【解析】 【分析】首先求出，中两元素之差的绝对值相等时的个数，再根据古典概型的概率公式计算可得. 【详解】当，中两元素之差的绝对值均为1时，的个数为； 当，中两元素之差的绝对值均为2时，的个数为； 当，中两元素之差的绝对值均为3时，的个数为； 当，中两元素之差的绝对值均为4时，的个数为； 故满足条件的共有（个）； 故其概率为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是分，中两元素之差的绝对值均为、、、时的个数. 四、解答题（本大题共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. 为了了解某种新型药物对治疗某种疾病的疗效，某机构日前联合医院，进行了小规模的调查，结果显示，相当多的受访者担心使用新药后会有副作用．为了了解使用该种新型药品后是否会引起疲乏症状，该机构随机抽取了某地患有这种疾病的275人进行调查，得到统计数据如表： 无疲乏症状 有疲乏症状 合计 未使用新药 150 25 t 使用新药 x y 100 合计 225 m 275 （1）求列联表中的数据x，y，m，t的值，依据小概率值的独立性检验，能否以此推断有疲乏症状与使用该新药有关？ （2）从使用该新药的100人中按是否有疲乏症状，采用分层随机抽样的方法抽出4人，再从这4人中随机抽取2人做进一步调查，求这2人中恰有1人有疲乏症状的概率． 附：，． 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【答案】（1），，，，认为有疲乏症状与使用该新药有关． （2）． 【解析】 【分析】(1)利用给定数表直接计算即可，再计算的值并与临界值表比对得解； (2)先求出抽出的4人中有疲乏症状的人数，再用列举法即可求出概率. 【小问1详解】 由数表知，，，，， 所以，，，， 假设：有疲乏症状与使用该新药无关． 根据列联表中的数据，经计算得到， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为有疲乏症状与使用该新药有关． 【小问2详解】 从使用新药的100人中用分层随机抽样抽取4人的抽样比为， 则抽取有疲乏症状的人数为，无疲乏症状的有3人， 抽取的有疲乏症状的1人记为1，无疲乏症状的3人记为a，b，c， 从4人中随机抽取2人的所有样本点为，，，，，，共6个，它们等可能， 记2人中恰有1人有疲乏症状的事件为M，它所含样本点是，，，共3个， 于得， 所以这2人中恰有1人有疲乏症状的概率是． 16. 2022年2月4日至20日，第24届冬季奥林匹克运动会在北京成功举办．这场冰雪盛会是运动健儿奋力拼搏的舞台，也是中外文明交流互鉴的舞台，折射出我国更加坚实的文化自信，诠释着新时代中国的从容姿态，传递出中华儿女与世界人民“一起向未来”的共同心声．某学校统计了全校学生观看北京冬奥会开幕式和闭幕式的时长情况（单位：分钟），并根据样本数据绘制得到下图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中a的值，并估计样本数据的85%分位数； （2）采用样本量比例分配的分层随机抽样方式，从观看时长在[200，280]的学生中抽取6人．若从这6人中随机抽取3人在全校交流观看体会，设抽取的3人中观费时长在[200，240）的人数为X，求X的分布列和数学期望． 【答案】（1）a＝0.004，85%分位数为； （2）分布列见解析，. 【解析】 【分析】（1）由频率直方图的频率和为1列方程求参数a，应用百分数的求法求85%分位数； （2）利用分层抽样确定[200,240)、[240,280] 中分别抽取的人数，进而可得X可能取值为1、2、3，并求出对应值的概率即可得分布列，根据分布列求期望即可. 【小问1详解】 由题意，40×(0.0005＋0.002×2＋2a＋0.006＋0.0065)＝1，解得a＝0.004． 由频率分布直方图知，观看时长在200分钟以下占比为40×(0.0005＋0.002＋0.004＋0.006＋0.0065)＝0.76． 观看时长在240分钟以下占比为0.76＋40×0.004＝0.92． 所以85%分位数位于[200,240)内， 85%分位数为． 【小问2详解】 由题意，观看时长[200,240)、[240,280]对应的频率分别为0.16和0.08， 所以采用分层随机抽样的方式在两个区间中应分别抽取4人和2人． 于是抽取3人中现看时长在[200,240)中的人数X的所有可能取值为1，2，3． 所以，，，． X的分布列为 X 1 2 3 P 所以，． 17. 已知函数. （1）讨论的极值点个数； （2）若存在实数使得轴为的切线，求的最大值. 【答案】（1）当时，无极值点；时，有唯一极小值点，无极大值点 （2）1 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，就、分类讨论后可得函数的极值点个数. （2）设切点为，则可得的方程组，消元后可得关于的函数，利用导数可求的最大值. 【小问1详解】 由题意得 若，则在上单调递增，无极值点 若，令，得，由于是增函数. 所以时，单调递减， 时，单调递增， 故是的唯一极小值点. 综上，当时，无极值点；时，有唯一极小值点，无极大值点. 【小问2详解】 设切点为， 由（1）知，因为轴为的切线，则 解得， 令， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 故是的唯一极大值点. ，所以的最大值为1. 18. 甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为， （1）求甲连胜四场的概率； （2）求需要进行第五场比赛的概率； （3）求丙最终获胜的概率. 【答案】（1）；（2）；（3）. 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式可求得事件“甲连胜四场”的概率； （2）计算出四局以内结束比赛的概率，然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率； （3）列举出甲赢的基本事件，结合独立事件的概率乘法公式计算出甲赢的概率，由对称性可知乙赢的概率和甲赢的概率相等，再利用对立事件的概率可求得丙赢的概率. 【详解】（1）记事件甲连胜四场，则； （2）记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输， 则四局内结束比赛的概率为 ， 所以，需要进行第五场比赛的概率为； （3）记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输， 记事件甲赢，记事件丙赢， 则甲赢的基本事件包括：、、、 、、、、， 所以，甲赢的概率为. 由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等， 所以丙赢的概率为. 【点睛】本题考查独立事件概率的计算，解答的关键就是列举出符合条件的基本事件，考查计算能力，属于中等题. 19. 已知数列，其中. （1）若，集合表示集合的非空子集个数.集合的第个非空子集中的所有元素之和记为，设. （i）直接写出； （ii）计算的前项相和； （2）取，在数列中至少有一项为负值，且，将数列各项依次放在正五边形各顶点上，每个顶点一项.任意相邻三个顶点的三项为，若中间项，则进行如下交换，将变换为，直到正五边形各顶点上的数均为非负时变换终止.求证：对任何符合条件的，上述变换终止只需进行有限多次. 【答案】（1）（i）（ii） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）（i）根据定义写出； （ii）由题意得集合，所以，法1：利用子集构成特点，由于集合的每个元素在其子集中出现的次数均为，得，求出，用裂项相消法求其前项和；法2：利用递推关系，得到，构造数列，借助累加法求出，再求出，用裂项相消法求其前项和； （2）由题意所述的变换不变，且始终为整数，所以，构造一个函数，经过每一次变换，函数的值至少减少2，且恒非负，即可证结论. 【小问1详解】 （i）由则，，因此可得； 由则，，因此可得； 由则，，因此可得； 故； （ii）由题意得集合，所以， 解法1：（利用子集构成特点） 由于集合的每个元素在其子集中出现的次数均为， 故， 所以， 所以. 解法2：（利用递推关系） 将集合拆分为集合与， 集合的所有非空集合中的元素之和的和为， 集合的所有非空子集中的元素之和的和为与集合的所有子集中的元素加上的和， 集合共有个子集， 所以. 即，易得，累加得， 所以. 所以， 所以. 【小问2详解】 由题意所述的变换不变，且始终为整数，所以， 构造一个函数， 不妨对进行一次操作，此时五边形顶点上的数变为， 所以有 ， 因为，得，又， 所以， 则经过每一次变换，函数的值至少减少2，且恒非负， 所以变换只能进行有限多次. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键是首先由题意知每次变换不变，再构造一个函数，证明经过每一次变换，函数的值至少减少2，且恒非负，说明之间的差值越来越小，又其和为正，故变换只能进行有限多次，使得五边形各顶点上的数均为非负. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$