江苏省无锡市第一中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

2024-2025学年江苏省无锡市第一中学高二下学期期中考试数学试题❖ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.如果质点沿直线运动，位移单位：与时间单位：的关系为，则该质点在的瞬时速度单位：为 A. 6 B. 18 C. 54 D. 81 2.掷一个均匀骰子．记A为“掷得点数大于2”，B为“掷得点数为奇数”，则为 A. B. C. D. 3.已知的分布列如下表所示，设，则 A. B. C. D. 4.已知随机事件满足，，则 A. B. C. D. 5.一袋中装有4个白球和2个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个不放回，取出后记下颜色，若为红色停止，若为白色则继续抽取，停止时从袋中抽取的白球的个数为随机变量X，则     A. B. C. D. 6.已知函数，则   A. 0 B. 1 C. D. 7.在的展开式中，的系数是     A. 20 B. C. 40 D. 8.某学校为了了解学生美育培养的情况，用分层随机抽样方法抽样调查，拟从美术、音乐、舞蹈兴趣小组中共抽取30名学生，已知该校美术、音乐、舞蹈兴趣小组分别有20，30，50名学生，则不同的抽样结果共有(    ) A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。 9.的展开式中，下列结论正确的是 A. 展开式共5项 B. 含项的系数为40 C. 无常数项 D. 所有项的系数之和为 10.已知函数，其导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是 A. 有2个极值点 B. 在处取得极小值 C. 有极大值，没有极小值 D. 在上单调递减 11.已知函数，则下列说法正确的是 A. 有两个极值点 B. 的极大值为2 C. 在区间上单调递增 D. 的极小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.解方程：，则          . 13.已知函数，，则的最大值为         . 14.某同学收集了第一届全国学生青年运动会吉祥物“壮壮”和“美美”的卡片各一张，第19届亚运会吉祥物“宸宸”“琮琮”和“莲莲”的卡片各一张.现该同学准备将这5张卡片贴在墙上，若将“壮壮”和“美美”的卡片贴在“宸宸”和“莲莲”之间，则不同的贴法种数为          用数字作答 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.本小题13分 某次文艺晚会上计划演出7个节目，其中2个歌唱节目，3个舞蹈节目，2个小品节目，需要制作节目单： 歌唱节目排在两头，有多少种排法? 三个舞蹈节目出场顺序固定，有多少种排法? 歌唱节目、舞蹈节目相邻，两个小品节目不相邻，有多少种排法? 16.本小题15分 已知函数 求曲线在点处的切线方程； 求函数在区间上的最大值. 17.本小题15分 在的展开式中， 求二项式系数最大的项； 若第k项是有理项，求k的取值集合． 18.本小题17分 人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大.人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策.基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球;乙袋中有2个红球和8个白球.从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验.若多次试验直到摸出红球，则试验结束.假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为先验概率 求首次试验结束的概率； 在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率先验概率进行调整. ①求选到的袋子为甲袋的概率; ②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球;方案二，从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大. 19.本小题17分 已知函数为自然对数的底数，，， 若，，求在上的最小值的表达式； 若，当时，恒成立，求实数a的取值范围； 若，方程的两根为，求证： 答案和解析 1.【答案】C  【解析】解：由题意： 2.【答案】C  【解析】解：掷一个均匀的骰子，有  1 ，  2 ，  3 ，  4 ，  5 ，  6 共  6 种结果， 事件 B包含点数为1，3 ，5共 3种结果，所以  ； 事件 AB 包含点数为  共 2 种结果，所以  ， 所以   故选：C 3.【答案】D  【解析】解：由随机变量X的分布列知： ， ， 所以 4.【答案】D  【解析】解：因为，， 根据条件概率公式 ， 所以 5.【答案】A  【解析】解：令表示前k个球为白球，第个球为红球， 此时， 则 故选： 6.【答案】C  【解析】【分析】对函数两边同时求导，再由赋值法代入计算可得结果. 【详解】由可得， 令可得，解得 故选：C 7.【答案】C  【解析】根据二项展开式可得含有  的项为  ， 所以  的系数为  故选：C 8.【答案】C  【解析】解：根据分层抽样的定义知，美术小组抽取人， 音乐小组抽取人，舞蹈小组抽取人， 根据组合公式和分步乘法计数原理，不同的抽样结果共有种. 故选： 9.【答案】BCD  【解析】解：对于A ：由二项式  的展开式共有6项；所以 A 选项错误； 对于B ：由二项式  ，可得展开式的通项为：  ，  . 令  ，可得  ，则  项的系数为  ，所以 B 选项正确； 对于C ：令  ，可得  ，所以无常数项，所以 C 选项正确； 对于D ：令可得所有项的系数之和为 ，所以 D 选项正确. 10.【答案】ABD  【解析】解：根据图象可知，当时，且不恒为零， 当时，，因此可得在上单调递增，在上单调递减; 即在处取得极大值，可知有唯一极值点，即A错误错误; 显然仅在处取得极大值，无极小值， C正确; 因为在上单调递增，可得在上单调递增，即D错误; 故选：ABD 11.【答案】ABD  【解析】解：，则， 则得或 得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 则在处取极大值2，在处取极小值，故ABD正确， C错误. 12.【答案】11  【解析】解：由，得 ，即 ，解得： 故答案为： 13.【答案】  【解析】解： ， 则， 由于，所以， 故恒成立， 故在上单调递增， 故的最大值为 14.【答案】20  【解析】解：当“宸宸”“莲莲”之间有“壮壮“美美”“琮琮”三张卡片时，将“壮壮”“美美”“琮琮”捆绑后贴在“宸宸”“莲莲”之间，“壮壮”“美美”“琮琮”排序有种排法，“宸宸”“莲莲”排序有种排法，共有种排法;当“宸宸”“莲莲”之间只有“壮壮”“美美”两张卡片时，将“壮壮”“美美”捆绑后贴在“宸宸”和“莲莲”之间，“壮壮“美美”排序有种排法，“宸宸”“莲莲”排序有种排法，再将“壮壮”“美美””莲莲”视为一个整体，与“琮琮”排序，有种排法，共有种排法.综上所述，共有种排法. 故答案为20； 15.【答案】【详解】先排两头的歌唱节目，2个歌唱节目进行全排列，则排法有种. 再排中间的5个节目，这5个节目进行全排列，排法有种. 所以歌唱节目排在两头的排法共有种. 个节目进行全排列，排法有种. 3个舞蹈节目进行全排列，排法有种. 因为三个舞蹈节目出场顺序固定，所以不同的排法共有种. 将2个歌唱节目看成一个整体，内部全排列，排法有种. 将3个舞蹈节目看成一个整体，内部全排列，排法有种. 把这两个整体进行全排列，排法有种. 此时形成3个空，将2个小品节目插入这3个空中，排法有种. 根据分步乘法计数原理，总排法有种.   【解析】详细解答和解析过程见【答案】 16.【答案】解：由题意可得，所以，又， 由直线的点斜式方程可得在处的切线方程为，即； 因为的定义域为， 令，得或， 所以当时，；当时，， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又，，， 所以在区间的最大值为  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 17.【答案】解：  ，  ， 二项式系数最大的项为中间项，即第 5 项， 所以  ；   ，  ， 当  为整数时为有理项，即  ， 则 k 的取值集合为  .   【解析】详细解答和解析过程见【答案】 18.【答案】解：设“选到甲袋”为事件，“选到乙袋”为事件， “摸到红球”为事件，“摸到白球”为事件， 答：首次试验结束的概率为 ①因为，是对立事件， 所以 所以， 答：选到的袋子为甲袋的概率为 ②若选择方案一，则原来袋子是甲袋的概率为，是乙袋的概率为， 所以方案一中取到红球的概率：     若选择方案二，则另一个袋子是甲袋的概率为，是乙袋的概率为， 所以方案二中取到红球的概率：     因为，所以选择方案二第二次试验结束的概率更大.   【解析】本题考查条件概率的计算、全概率公式的计算应用，属中档题. 设“选到甲袋”为事件，“选到乙袋”为事件，“摸到红球”为事件，“摸到白球”为事件，根据，代值求解即可； ①，代值求解即可； ②分别利用全概率公式算出两个方案第二次试验结束的概率，比较大小即可判断. 19.【答案】解：，， ①当时，，在上为增函数，此时， ②当时，，在上为减函数，此时， ③当时，若，则，若，则 则在上减，上增，此时 综上所述：； 由题设：，，， 当时，对恒成立，单调增，，符合题意; 当时，当时，，单调减，，不符题意， 综上， ， 要证，只要证，即证， 令，则，设，则， 所以单调减，当时，，命题得证.  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$