福建省福州市台江区九校2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题

· 2024-2025学年第二学期期中考试 · 高二数学试卷 · （满分：150 分；考试时间：120 分钟） · 班级 姓名 座号 一、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．下列函数的求导正确的是(    ) A. B. C. D. 2．设函数的导函数为，且，则(    ) A. B. C. D. 3．已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡．若顾客甲只会用现金结账，顾客乙只会用现金和银联卡结账，顾客丙与甲、乙结账方式不同，顾客丁用哪种结账方式都可以．若甲、乙、丙、丁购物后依次结账，则他们的结账方式有(    ) A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 4．若 ，则(     ) A. B. C. D. 5．函数的导函数为的图象如图所示，关于函数，下列说法不正确的是(    ) A. 函数，上单调递增 B. 函数在，上单调递减 C. 函数有最小值，但是无最大值 D. 函数存在两个极值点 6．若随机变量的可能取值为，且（），则E(X)=（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 7．已知事件，，且，，，则(    ) A. B. C. D. 8．已知曲线与曲线只有一个公共点，则（    ） A． B．e C．1 D． 二、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．不透明的袋中装有5个大小质地完全相同的小球，其中3个红球、2个白球，从袋中一次性取出2个球，记事件A=“两球同色”，事件B=“两球异色”，事件C=“至少有一红球"，则（    ） A． B． C．事件A与事件B是对立事件 D．事件A与事件B是相互独立事件 10．已知函数，则（    ） A．有一个零点 B．有两个极值点 C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线 11．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点．依据不动点理论，下列说法正确的是(     ) A. 函数有个不动点 B. 函数有个不动点 C. 若定义在上的奇函数，其图像上存在有限个不动点，则不动点个数是奇数 D. 若函数在区间上存在不动点，则实数满足 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12．现有一个由甲、乙、丙、丁共人组成的参观团要参观立德、树人和求实三所中学，要求每人只能参观一所学校，每所学校至少有一个人参观，则不同的参观方法有          种．（用数字作答）. 13．已知在，的展开式中，有且只有第项的二项式系数最大，则展开式中的系数为 . 14．记函数在区间上的最大值为，最小值为，则 . 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（13分）．已知函数． 求函数的单调区间与极值； 求函数在区间上的最值． 16 (15分). 一个袋中装有6个同样大小的小球，编号分别为1，2，3，4，5，6，现从袋中随机取出3个小球，用X表示取出的3个小球中最大编号和最小编号的差． (1)求； (2)求随机变量X的分布列和数学期望． 17（15分）．已知某地居民某种疾病的发病率为0.02，现想通过对血清甲胎蛋白进行检验，筛查出该种疾病携带者. (1)若该检测方法可能出错，具体是：患病但检测显示正常的概率为0.01，未患病但检测显示患病的概率为0.05. ①求检测结果显示患有该疾病的概率； ②求检测显示患有该疾病的居民确实患病的概率.（保留四位有效数字） (2)若该检测方法不可能出错，采用混合化验方法：随机地按人一组分组，然后将个人的血样混合再化验，如果混合血样呈阴性，说明这人全部阴性；如果混合血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次（每一小组都要按要求独立完成），设总居民人数为M，求取何值时，总化验次数最少？ 说明：函数先减后增. 参考数据：≈0.8858，≈0.8681，≈0.8508，≈0.8337 18（17分）．已知函数. (1)若函数的极值点在内，求m的取值范围； (2)若有两个零点，求m取值的范围. 19（17分）．甲乙两人轮流投掷质地均匀的骰子，第一轮甲先后投掷两次，接着乙先后投掷两次，依此轮流每人连续投掷两次. (1)甲先后投掷两次，在第一次掷出偶数点的条件下，求甲两次掷出的点数之和大于6的概率； (2)若第一轮甲连续两次掷出的点数均为偶数，则甲获胜.同时比赛结束；否则，由另一人继续投掷，直到有人连续两次掷出的点数均为偶数，则此人获胜且比赛结束.求甲获胜的概率.（注：若，当时，看作0） 高二数学试卷第4页，共4页 高二数学试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $$试卷第 1 页，共 10 页 2024-2025 学年第二学期期中考试 高二数学参考答案及评分标准 一、单选题 1．下列函数的求导正确的是( ) A. ( 1 𝑥 )′ = 1 𝑥2 B. (𝑠𝑖𝑛𝑥)′ = −𝑐𝑜𝑠𝑥 C. (𝑥𝑒𝑥)′ = (1 + 𝑥)𝑒𝑥 D. (𝑙𝑛2𝑥)′ = 1 2𝑥 【解析】解：对于𝐴，∵ ( 1 𝑥 )′ = − 1 𝑥2 ，故 A 错误，对于𝐵，∵ (𝑠𝑖𝑛𝑥)′ = 𝑐𝑜𝑠𝑥，故 B 错误， 对于𝐶，∵ (𝑥𝑒𝑥)′ = 𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥 = (1 + 𝑥)𝑒𝑥，故 C 正确，对于𝐷，∵ (𝑙𝑛2𝑥)′ = 1 2𝑥 × 2 = 1 𝑥 ，故 D 错误． 故选：𝐶． 2．设函数𝑓(𝑥)的导函数为𝑓′(𝑥)，且𝑓′(𝑥0) = 2，则𝛥𝑥 → 0 𝑙𝑖𝑚 𝑓(𝑥0+2𝛥𝑥)−𝑓(𝑥0) 𝛥𝑥 =( ) A. 1 B. 4 C. 3 D. 2 【解析】解：∵ 𝑓′(𝑥0) = 2，∴ 𝛥𝑥 → 0 𝑙𝑖𝑚 𝑓(𝑥0+2𝛥𝑥)−𝑓(𝑥0) 𝛥𝑥 = 2𝛥𝑥 → 0 𝑙𝑖𝑚 𝑓(𝑥0+2△𝑥)−𝑓(𝑥0) 2△𝑥 = 2𝑓′(𝑥0) = 4， 故选：𝐵． 3．已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡．若顾客甲只会用现金结账，顾客 乙只会用现金和银联卡结账，顾客丙与甲、乙结账方式不同，顾客丁用哪种结账方式都可以．若甲、乙、 丙、丁购物后依次结账，则他们的结账方式有( ) A. 20种 B. 30种 C. 24种 D. 36种 解：根据题意，依次分析四人的结账方式： 对于甲，只会用现金结账，有1种方式， 对于乙，只会用现金和银联卡结账，有2种方式， 对于丙，与甲、乙结账方式不同，若乙用现金，则丙有3种方式，若乙用银行卡，则丙有2种方式， 对于丁，用哪种结账方式都可以，有4种方式， 则他们结账方式的组合有3 × 4 + 2 × 4 = 20种， 故选 A． 4．若 (𝑥2 + 1) · (2𝑥 + 1)9 = 𝑎0 + 𝑎1(𝑥 + 2) + 𝑎2(𝑥 + 2) 2 + ⋯ + 𝑎11(𝑥 + 2) 11，则∑ 𝑎𝑖 11 𝑖=0 =( ) A. −2 B. 2 C. 2 × 39 D. 2 × (−3)9 解： (𝑥2 + 1) ⋅ (2𝑥 + 1)9 = 𝑎0 + 𝑎1(𝑥 + 2) + 𝑎2(𝑥 + 2) 2 + ⋯ + 𝑎11(𝑥 + 2) 11， 令𝑥 + 2 = 1，即𝑥 = −1，得𝑎0 + 𝑎1 + ⋯ + 𝑎11 = −2， 故选 A． 试卷第 2 页，共 10 页 5．函数𝑓(𝑥)的导函数为𝑓′(𝑥)的图象如图所示，关于函数𝑓(𝑥)，下列说法不正确的是( ) A. 函数(−1,1)，(3, +∞)上单调递增 B. 函数在(−∞, −1)，(1,3)上单调递减 C. 函数有最小值，但是无最大值 D. 函数存在两个极值点 解：根据𝑓′(𝑥)的图象可知， 函数在(−1,1)和(3, +∞)上𝑓′(𝑥) > 0，𝑓(𝑥)单调递增，𝐴选项正确． 函数在(−∞, −1)和(1,3)上𝑓′(𝑥) < 0，𝑓(𝑥)单调递减，𝐵选项正确． 所以𝑓(𝑥)的极小值点为−1，3，极大值点为1，𝐷选项错误． 由上述分析可知，函数的最小值是𝑓(−1)和𝑓(3)两者中较小的一个，没有最大值，𝐶选项正确． 故选：𝐷． 6．若随机变量 X 的可能取值为1,2,3,4，且 ( )P X k k  （ 1,2,3,4k  ），则 E(X)=（ ） A．4 B．3 C．2 D．1 【详解】由题意得 2 3 4 1       ，解得 1 10   ， 故   1 2 3 4 1 2 3 4 3 10 10 10 10 E X          ， 故选：B 7．已知事件𝐴，𝐵，且𝑃(𝐴) = 5 6 ，𝑃(𝐵) = 2 3 ，𝑃(𝐴|𝐵) = 1 2 ，则𝑃(𝐵|𝐴) =( ) A. 4 5 B. 1 5 C. 1 3 D. 2 5 解： ∵ 𝑃(𝐵) = 2 3 ，𝑃(𝐴|𝐵) = 1 2 ，∴ 𝑃(𝐴𝐵) = 𝑃(𝐵)𝑃(𝐴|𝐵) = 2 3 × 1 2 = 1 3 ， ∵ 𝑃(𝐴) = 5 6 ，∴ 𝑃(𝐵|𝐴) = 𝑃(𝐴𝐵) 𝑃(𝐴) = 1 3 5 6 = 2 5 ．故选 D 8．已知曲线 1exy  与曲线 ln ( 0)y a x a a   只有一个公共点，则a （ ） A． 1 e B．e C．1 D． 2e 【详解】方法一：由已知曲线 1exy  与曲线 ln ( 0)y a x a a   只有一个公共点， 方程  1e ln 1x a x   只有一个实数解，而 0a  ，则只考虑 1 e x  ， 即 1e ln 1 x a x    ，令   1e 1 ln 1 e x f x x x          ，则   1 2 1 e 1 ln 1 (ln 1) e x x x f x x x                 ， 而   1 1 lnu x x x    在 1 , e        单调递增，且  1 0u  ， 试卷第 3 页，共 10 页 所以 1 ,1 e x       时，    0,f x f x  单调递减，  1,x   时，    0,f x f x  单调递增， 而 1 e x  时，  f x  ； x时，  f x  ， 所以  1 1a f  ． 方法二：由已知曲线 1exy  与曲线 ln ( 0)y a x a a   只有一个公共点， 则曲线 1exy  与曲线 ln ( 0)y a x a a   只有一个公切点，设其坐标为  0 0,x y ， 根据函数 1exy  的图像与函数 ln 1y x  的图像之间的关系， 所以有 0 0 1 0 0 1 0 e ln e x x y a x a a x           ， 即 0 0 ln a a x a x   ，所以 0 0 1 ln 1x x   ， 设  0 0 0 1 ln 1h x x x    ，则  0h x 在  0,  单调递减，而  1 0h  ， 所以 0 1x  ，所以 1a  ． 方法三：由于函数 1exy  的反函数为 ln 1y x  ，两函数关于 y x 对称， 由于 1exy   ，令 1e 1x  ，则 1x  ，即函数 1exy  与函数 y x 相切于点  1,1 ， 同理， 1 y x   ，令 1 1, 1x x   ，即函数 ln 1y x  ． 与函数 y x 也相切于点  1,1 ， 于是函数 1exy  与函数 ln 1y x  相切于点  1,1 ，由选项可知， 1a  ． 故选：C. 二、多选题 9．不透明的袋中装有 5 个大小质地完全相同的小球，其中 3 个红球、2 个白球，从袋中一次性取出 2 个 球，记事件 A=“两球同色”，事件 B=“两球异色”，事件 C=“至少有一红球"，则（ ） A．   3 5 P A  B．   9 10 P C  C．事件 A 与事件 B 是对立事件 D．事件 A 与事件 B 是相互独立事件 【详解】对于 A，随机试验从袋中一次性取出 2 个球的样本空间含 2 5C 10 个样本点， 随机事件A 包含的样本点的个数为 2 2 3 2C C 4  ，所以 4 2 ( ) 10 5 P A   ，A 错误； 试卷第 4 页，共 10 页 对于 B，随机事件C 包含的样本点的个数为 2 1 1 3 3 2C C C 9  ，所以 9 ( ) 10 P C  ，B 正确， 对于 C，事件A 与事件 B 不可能同时发生，所以事件A 与事件 B 为互斥事件， 又 ( ) 1 P A B ，即事件 A B 为必然事件，所以事件A 与事件 B 是对立事件，C 正确； 对于 D，随机事件 B 包含的样本点的个数为 1 1 3 2C C 6 ，所以 6 3 ( ) 10 5 P B   ， 随机事件 AB为不可能事件，所以 ( ) 0P AB  ，所以 ( ) ( ) ( )P AB P A P B ， 所以事件A 与事件 B 不是相互独立事件，D 错误， 故选：BC. 10．已知函数 3( ) 1f x x x   ，则（ ） A． ( )f x 有一个零点 B． ( )f x 有两个极值点 C．点(0,1)是曲线 ( )y f x 的对称中心 D．直线 2y x 是曲线 ( )y f x 的切线 【详解】选项 A: ( 1) 1 0, (1) 3 0,f f      又 ( )f x 单调递增，故 ( )f x 有一个零点，故选项 A 正确， 选项 B： 2( ) 3 1,f x x   则 ( ) 0f x  恒成立，故 ( )f x 单调递增，故 ( )f x 不存在两个极值点，故选项 B 错误. 选项 C： ( ) ( ) 2,f x f x   (0) 1,f  故点(0,1)是曲线 ( )y f x 的对称中心，故选项 C 正确， 选项 D：令 3 1 2x x x   ，即 3 1 0x x   ， 令    3 21, 3 1g x x x g x x     ，则令   23 1 2f x x    ， 则 3 , 3 x   当 3 , 3 x  3 4 3 ( ) 1, 3 9 f   则当切线斜率为2 切点为 3 4 3 ( , 1) 3 9  则切线方程为： 4 3 3 1 2( ), 9 3 y x           与 2y x 不相等， 当 3 3 x   时同样切线方程不为 2y x ，故选项 D 错误. 故选：AC. 11．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹 ⋅布劳威尔(𝐿. 𝐸. 𝐽. 𝐵𝑟𝑜𝑢𝑤𝑒𝑟)，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数𝑓(𝑥)，存在一个点𝑥0，使得𝑓(𝑥0) = 𝑥0，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称𝑥0为该函数的一个不动点．依据不动点理论，下列说法正 确的是( ) A. 函数𝑓(𝑥) = 𝑙𝑛𝑥 + 1有1个不动点 B. 函数𝑓(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠𝑥有2个不动点 试卷第 5 页，共 10 页 C. 若定义在𝑅上的奇函数𝑓(𝑥)，其图像上存在有限个不动点，则不动点个数是奇数 D. 若函数𝑓(𝑥) = √ 𝑒𝑥 − 1 2 𝑥 − 𝑎在区间[0,1]上存在不动点，则实数𝑎满足1 ≤ 𝑎 ≤ 𝑒 − 3 2 解：对于𝐴，令𝑔(𝑥) = 𝑙𝑛𝑥 − 𝑥 + 1，则𝑔′(𝑥) = 1 𝑥 − 1 = 1−𝑥 𝑥 ，当0 < 𝑥 < 1时，𝑔′(𝑥) > 0，当𝑥 > 1时，𝑔′(𝑥) < 0，所以𝑔(𝑥) ≤ 𝑔(1) = 𝑙𝑛1 − 1 + 1 = 0，所以函数𝑓(𝑥) = 𝑙𝑛𝑥 + 1有1个不动点，故 A 正确． 对于𝐵，令𝑔(𝑥) = 𝑥 − 𝑐𝑜𝑠𝑥，则𝑔′(𝑥) = 1 + 𝑠𝑖𝑛𝑥 ≥ 0，所以𝑔(𝑥)在𝑅上单调递增，又𝑔(0) = −1 < 0，𝑔( 𝜋 2 ) = 𝜋 2 > 0，所以存在𝑥0 ∈ (0, 𝜋 2 )，使𝑔(𝑥0) = 0成立，所以𝑔(𝑥)在𝑅上有且仅有一个零点，即𝑓(𝑥)有且仅有一个 “不动点”，故选项 B 错误； 对于𝐶，因为𝑓(𝑥)是𝑅上的奇函数，则𝑦 = 𝑓(𝑥) − 𝑥为定义在𝑅上的奇函数，所以𝑥 = 0是𝑦的一个“不动点”， 其它的“不动点”都关于原点对称，其个数的和为偶数，所以𝑓(𝑥)一定有奇数个“不动点”，故 C 正确； 对于𝐷，因为函数𝑓(𝑥) = √ 𝑒𝑥 − 1 2 𝑥 − 𝑎在区间[0,1]上存在不动点，则𝑓(𝑥) = 𝑥在[0,1]上有解，则𝑎 = 𝑒𝑥 − 1 2 𝑥 − 𝑥2在[0,1]上有解，令𝑚(𝑥) = 𝑒𝑥 − 1 2 𝑥 − 𝑥2，则𝑚′(𝑥) = 𝑒𝑥 − 1 2 − 2𝑥，再令𝑛(𝑥) = 𝑒𝑥 − 1 2 − 2𝑥，则 𝑛′(𝑥) = 𝑒𝑥 − 2 = 0，解得𝑥 = 𝑙𝑛2，所以𝑛(𝑥)在(0, 𝑙𝑛2)上单调递减，在(𝑙𝑛2,1)上单调递增，所以𝑛(𝑥)𝑚𝑖𝑛 = 𝑛(𝑙𝑛2) = 2 − 1 2 − 2𝑙𝑛2 = 3 2 − 2𝑙𝑛2 > 0，所以𝑚′(𝑥) > 0在[0,1]上恒成立，所以𝑚(𝑥)在[0,1]上单调递增，所 以𝑚(𝑥)𝑚𝑖𝑛 = 𝑚(0) = 1，𝑚(𝑥)𝑚𝑎𝑥 = 𝑚(1) = 𝑒 − 3 2 ，所以实数𝑎满足1 ≤ 𝑎 ≤ 𝑒 − 3 2 ，故 D 正确． 故选：𝐴𝐶𝐷． 三、填空题 12．现有一个由甲、乙、丙、丁共4人组成的参观团要参观广雅、省实和华附三所中学，要求每人只能参观 一所学校，每所学校至少有一个人参观，则不同的参观方法有 种． 解：根据题意，分2步进行分析： ①将甲、乙、丙、丁四人分成3组，有𝐶4 2 = 6种分组方法， ②将分好的三组安排到三个学校，有𝐴3 3 = 6种情况， 则有6 × 6 = 36种情况． 故答案为：36 13．已知在 2 n x x       ， *nN 的展开式中，有且只有第4 项的二项式系数最大，则展开式中 3x 的系数为 【详解】依题意可知 6n  ， 6 2 x x       的展开式通项为     3 6 6 2 1 6 6 0,1,2,3,4,5,6 2 C C 2 r rrr r r rT x x x r              ， 试卷第 6 页，共 10 页 令 3 6 3 2 r  ，则 2r  ，故 3x 的系数为   22 6C 2 60  . 故答案为：60 . 14．记函数  f x 在区间 ,a b 上的最大值为      , max x a b f x  ，最小值为      , min x a b f x  ，则    1,3 1,0 e min max x y x y x y                . 【详解】设     e , 1,0 x y f y y x y      ，则       2 1 ex yy x f y x y      ， 当  1,3x ，  1,0y  时，   0f y  （不恒为零），所以  f y 是减函数， 所以        1 1,0 e max 1 1 x y f y f x        . 设   1e 1 x g x x    ，则     1 2 e 1 xx g x x     ， 当  1,3x 时，   0g x  ，  g x 单调递增，所以        2 1,3 e min 1 2x g x g    . 故答案为： 2e 2 . 四、解答题 15（13 分）．已知函数𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥(𝑥2 − 6𝑥 + 9)． (1)求函数𝑓(𝑥)的单调区间与极值； (2)求函数𝑓(𝑥)在区间[0,4]上的最值． 解：(1)𝑓′(𝑥) = 𝑒𝑥(𝑥2 − 4𝑥 + 3) = 𝑒𝑥(𝑥 − 1)(𝑥 − 3)．-----------1 分 令𝑓′(𝑥) > 0，得𝑥 < 1或𝑥 > 3，令𝑓′(𝑥) < 0，得1 < 𝑥 < 3，-----------3 分 所以𝑓(𝑥)的单调递增区间是(−∞, 1)，(3, +∞)，单调递减区间是(1,3)．-----------6 分 所以𝑓(𝑥)的极大值是𝑓(1) = 4𝑒，𝑓(𝑥)的极小值是𝑓(3) = 0．-----------8 分 (2)因为𝑓(0) = 9，𝑓(4) = 𝑒4，-----------10 分 由(1)知，𝑓(𝑥)的极大值是𝑓(1) = 4𝑒，𝑓(𝑥)的极小值是𝑓(3) = 0，-----------11 分 所以函数𝑓(𝑥)在区间[0,4]上的最大值为𝑒4，最小值为0．-----------13 分 16（15 分）．一个袋中装有 6 个同样大小的小球，编号分别为 1，2，3，4，5，6，现从袋中随机取出 3 个小球，用 X 表示取出的 3 个小球中最大编号和最小编号的差． (1)求  5P X  ； (2)求随机变量 X 的分布列和数学期望． 【详解】（1）当 5X  时，这 3 个球的编号分别有两个为 1 和 6，另一个为 2 或 3 或 4 或 5，-----------4 分 试卷第 7 页，共 10 页 可得   1 4 3 6 C 1 C 5 P X   ；-----------7 分 （2）随机变量 X 的取值分别为 2，3，4，5，-----------8 分 有   3 6 4 1 2 C 5 P X    ，-----------9 分   1 2 3 6 3C 3 3 C 10 P X    ，-----------10 分   1 3 3 6 2C 3 4 C 10 P X    ，-----------11 分 随机变量 X 的分布列为：-----------13 分 X 2 3 4 5 P 1 5 3 10 3 10 1 5 则   1 3 3 1 7 2 3 4 5 5 10 10 5 2 E X          ．-----------15 分 17（15 分）．已知某地居民某种疾病的发病率为 0.02，现想通过对血清甲胎蛋白进行检验，筛查出该种疾 病携带者. (1)若该检测方法可能出错，具体是：患病但检测显示正常的概率为 0.01，未患病但检测显示患病的概率 为 0.05. ①求检测结果显示患有该疾病的概率； ②求检测显示患有该疾病的居民确实患病的概率.（保留四位有效数字） (2)若该检测方法不可能出错，采用混合化验方法：随机地按 k 人一组分组，然后将 k 个人的血样混合再化 验，如果混合血样呈阴性，说明这 k 人全部阴性；如果混合血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次 （每一小组都要按要求独立完成），设总居民人数为 M，求 k 取何值时，总化验次数最少？ 说明：函数 1 ( ) 0.98 ( 0)xf x x x    先减后增. 参考数据： 60.98 ≈0.8858， 70.98 ≈0.8681， 80.98 ≈0.8508， 90.98 ≈0.8337 【详解】（1）设 A 表示患病，B 表示检测结果显示患病，-----------1 分 则 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0.02 0.99 0.98 0.05P B P AB P AB P A P B A P A P B A        0.0688 ，-----------6 分 ( ) 0.02 0.99 ( ) 0.2878 ( ) 0.0688 P AB P A B P B     -----------8 分 （2）设每小组检验次数为 X，X 的可能取值为 1， 1k  -----------9 分 ( 1) 0.98kP X   ，-----------10 分 试卷第 8 页，共 10 页 ( 1) 1 0.98kp X k    ，-----------11 分 则   1 0.98kE X k k    ，-----------12 分 总化验次数为 1 ( 1 0.98 ) (1 0.98 )k k M k k M k k       ，-----------14 分 根据参考数据计算， 8k = 时，化验次数最少. -----------15 分 18（17 分）．已知函数    2ln 2f x x mx m x    . (1)若函数  f x 的极值点在 (2,3) 内，求 m 的取值范围； (2)若  f x 有两个零点，求 m 取值的范围. 【详解】（1）函数  f x 的定义域为 (0, ) -----------1 分 则     1 2 11 2 2 mx x f x mx m x x          （ 0x  ），-----------3 分 要使函数  f x 的极值点在 (2,3) 内，则   0f x  在 (2,3) 上有解，-----------4 分 即 1 0mx  在 (2,3) 上有解，-----------5 分 则 0 1 2 3 m m       ，解得 1 1 3 2 m  ，-----------7 分 即 m 的取值范围为 1 1 , 3 2       .-----------8 分 （2）由（1）知，     1 2 11 2 2 mx x f x mx m x x          ， 当 0m  时， 1 0mx  ，2 1 0x  ，则   0f x  ，-----------9 分 此时函数  f x 在  0,  上单调递增，不可能有两个零点，不符合题意；-----------10 分 当 0m  时，2 1 0x  ，令   0f x  ，得 1 x m  ， 当 1 0 x m   时，   0f x  ，函数  f x 单调递增， 当 1 x m  时，   0f x  ，函数  f x 单调递减，-----------11 分 又 0x 时，  f x ， x时，  f x ，-----------12 分 要使  f x 有两个零点，则   1 1 1 1 1 1 ln 2 ln 1 0f m m m m m m m               恒成立，-----------13 分 设   ln 1, 0g x x x x    ，则   1 1 0g x x     ，所以函数  g x 在  0,  上单调递增，-----------15 分 试卷第 9 页，共 10 页 又  1 0g  ，则 1 1 m  ，解得0 1m  .-----------16 分 综上所述，m 取值的范围为  0,1 .-----------17 分 19（17 分）．甲乙两人轮流投掷质地均匀的骰子，第一轮甲先后投掷两次，接着乙先后投掷两次，依此轮 流每人连续投掷两次. (1)甲先后投掷两次，在第一次掷出偶数点的条件下，求甲两次掷出的点数之和大于 6 的概率； (2)若第一轮甲连续两次掷出的点数均为偶数，则甲获胜.同时比赛结束；否则，由另一人继续投掷，直到 有人连续两次掷出的点数均为偶数，则此人获胜且比赛结束.求甲获胜的概率.（注：若0 1p  ，当 n时， np 看作 0） 【详解】（1）设事件 A  “甲第一次掷出偶数点”，事件B  “甲两次掷出的点数之和大于 6”， ----------1 分 样本空间     Ω , , 1,2,3,4,5,6m n m n  ，样本空间包含的样本点个数为 ( ) 6 6 36n     ，且每个样本点 都是等可能的.       , 2,4,6 , 1,2,3,4,5,6A m n m n   ， ( ) 3 6 18n A    ， {(2,5),(2,6),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)}AB  ， ( ) 12n AB  ， 则 18 1 ( ) 36 2 P A   ， 12 1 ( ) 36 3 P AB   ，-----------3 分 所以 1 ( ) 23( ) 1( ) 3 2 P AB P B A P A    ，（或       12 2 18 3 n AB P B A n A    ）-----------5 分 即在甲第一次掷出偶数点的条件下，两次掷出的点数之和大于 6 的概率为 2 3 .-----------6 分 （2）若甲第一轮获胜，概率为 1 1 3 3 1 C C 1 6 6 4 P     ；-----------7 分 若甲第二轮获胜，即第一轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数，第二轮甲投掷后的两个点数都为偶 数，-----------8 分 概率为 2 2 1 1 1 3 1 (1 ) (1 ) ( ) 4 4 4 4 4 P        ；-----------9 分 若甲第三轮获胜，即前两轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数，第三轮甲投掷后的两个点数都为偶 数，-----------10 分 概率为 4 3 3 1 ( ) 4 4 P   ；-----------11 分 由以上可得，若甲第 ( 1)n n  轮获胜，即前 1n 轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数，-----------12 分 第 n轮甲投掷后的两个点数都为偶数.概率为 2 1 23 1 3 1[( ) ] ( ) 4 4 4 4 n n nP     ；-----------13 分 试卷第 10 页，共 10 页 于是， 1P ， 2P ， 3P ，…， nP 组成一个以 1 4 为首项， 23( ) 4 为公比的等比数列. -----------14 分 所以 2 2 1 2 3 2 1 3 [1 ( ) ] ) [ ] 4 34 4 1 ( ) 3 7 4 1 ( 4 n n nP P P P           .-----------15 分 则当n时， 4 7 P  ，-----------16 分 故甲获胜的概率为 4 7 .-----------17 分 · 2024-2025学年第二学期期中考试 · 高二数学参考答案及评分标准 一、单选题 1．下列函数的求导正确的是(    ) A. B. C. D. 【解析】解：对于，，故A错误，对于，，故B错误， 对于，，故C正确，对于，，故D错误． 故选：． 2．设函数的导函数为，且，则(    ) A. B. C. D. 【解析】解：，， 故选：． 3．已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡．若顾客甲只会用现金结账，顾客乙只会用现金和银联卡结账，顾客丙与甲、乙结账方式不同，顾客丁用哪种结账方式都可以．若甲、乙、丙、丁购物后依次结账，则他们的结账方式有(    ) A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 解：根据题意，依次分析四人的结账方式： 对于甲，只会用现金结账，有种方式， 对于乙，只会用现金和银联卡结账，有种方式， 对于丙，与甲、乙结账方式不同，若乙用现金，则丙有种方式，若乙用银行卡，则丙有种方式， 对于丁，用哪种结账方式都可以，有种方式， 则他们结账方式的组合有种， 故选A． 4．若 ，则(     ) A. B. C. D. 解：， 令，即，得， 故选 A． 5．函数的导函数为的图象如图所示，关于函数，下列说法不正确的是(    ) A. 函数，上单调递增 B. 函数在，上单调递减 C. 函数有最小值，但是无最大值 D. 函数存在两个极值点 解：根据的图象可知， 函数在和上，单调递增，选项正确． 函数在和上，单调递减，选项正确． 所以的极小值点为，，极大值点为，选项错误． 由上述分析可知，函数的最小值是和两者中较小的一个，没有最大值，选项正确． 故选：． 6．若随机变量的可能取值为，且（），则E(X)=（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 【详解】由题意得，解得， 故， 故选：B 7．已知事件，，且，，，则(    ) A. B. C. D.  解：  ， ， ，  ， ．故选D 8．已知曲线与曲线只有一个公共点，则（   ） A． B．e C．1 D． 【详解】方法一：由已知曲线与曲线只有一个公共点， 方程只有一个实数解，而，则只考虑， 即，令，则， 而在单调递增，且， 所以时，单调递减， 时，单调递增， 而时，；时，， 所以． 方法二：由已知曲线与曲线只有一个公共点， 则曲线与曲线只有一个公切点，设其坐标为， 根据函数的图像与函数的图像之间的关系， 所以有， 即，所以， 设，则在单调递减，而， 所以，所以． 方法三：由于函数的反函数为，两函数关于对称， 由于，令，则，即函数与函数相切于点， 同理，，令，即函数． 与函数也相切于点， 于是函数与函数相切于点，由选项可知，． 故选：C. 二、多选题 9．不透明的袋中装有5个大小质地完全相同的小球，其中3个红球、2个白球，从袋中一次性取出2个球，记事件A=“两球同色”，事件B=“两球异色”，事件C=“至少有一红球"，则（     ） A． B． C．事件A与事件B是对立事件 D．事件A与事件B是相互独立事件 【详解】对于A，随机试验从袋中一次性取出2个球的样本空间含个样本点， 随机事件包含的样本点的个数为，所以，A错误； 对于B，随机事件包含的样本点的个数为，所以，B正确， 对于C，事件与事件不可能同时发生，所以事件与事件为互斥事件， 又，即事件为必然事件，所以事件与事件是对立事件，C正确； 对于D，随机事件包含的样本点的个数为，所以， 随机事件为不可能事件，所以，所以， 所以事件与事件不是相互独立事件，D错误， 故选：BC. 10．已知函数，则（    ） A．有一个零点 B．有两个极值点 C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线 【详解】选项A:又单调递增，故有一个零点，故选项A正确， 选项B：则恒成立，故单调递增，故不存在两个极值点，故选项B错误. 选项C：故点是曲线的对称中心，故选项C正确， 选项D：令，即， 令，则令， 则 当则当切线斜率为切点为则切线方程为：与不相等， 当时同样切线方程不为，故选项D错误. 故选：AC. 11．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点．依据不动点理论，下列说法正确的是(     ) A. 函数有个不动点 B. 函数有个不动点 C. 若定义在上的奇函数，其图像上存在有限个不动点，则不动点个数是奇数 D. 若函数在区间上存在不动点，则实数满足 解：对于，令，则，当时，，当时，，所以，所以函数有个不动点，故A正确． 对于，令，则，所以在上单调递增，又，，所以存在，使成立，所以在上有且仅有一个零点，即有且仅有一个“不动点”，故选项B错误； 对于，因为是上的奇函数，则为定义在上的奇函数，所以是的一个“不动点”，其它的“不动点”都关于原点对称，其个数的和为偶数，所以一定有奇数个“不动点”，故C正确； 对于，因为函数在区间上存在不动点，则在上有解，则在上有解，令，则，再令，则，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以在上恒成立，所以在上单调递增，所以，，所以实数满足，故D正确． 故选：． 三、填空题 12．现有一个由甲、乙、丙、丁共人组成的参观团要参观广雅、省实和华附三所中学，要求每人只能参观一所学校，每所学校至少有一个人参观，则不同的参观方法有          种． 解：根据题意，分步进行分析： 将甲、乙、丙、丁四人分成组，有种分组方法， 将分好的三组安排到三个学校，有种情况， 则有种情况． 故答案为： 13．已知在，的展开式中，有且只有第项的二项式系数最大，则展开式中的系数为 【详解】依题意可知， 的展开式通项为， 令，则，故的系数为. 故答案为：. 14．记函数在区间上的最大值为，最小值为，则 . 【详解】设，则， 当，时，（不恒为零），所以是减函数， 所以. 设，则， 当时，，单调递增，所以. 故答案为：. 四、解答题 15（13分）．已知函数． 求函数的单调区间与极值； 求函数在区间上的最值． 解：．-----------1分 令，得或，令，得，-----------3分 所以的单调递增区间是，，单调递减区间是．-----------6分 所以的极大值是，的极小值是．-----------8分 因为，，-----------10分 由知，的极大值是，的极小值是，-----------11分 所以函数在区间上的最大值为，最小值为．-----------13分 16（15分）．一个袋中装有6个同样大小的小球，编号分别为1，2，3，4，5，6，现从袋中随机取出3个小球，用X表示取出的3个小球中最大编号和最小编号的差． (1)求； (2)求随机变量X的分布列和数学期望． 【详解】（1）当时，这3个球的编号分别有两个为1和6，另一个为2或3或4或5，-----------4分 可得；-----------7分 （2）随机变量X的取值分别为2，3，4，5，-----------8分 有，-----------9分 ，-----------10分 ，-----------11分 随机变量X的分布列为：-----------13分 X 2 3 4 5 P 则．-----------15分 17（15分）．已知某地居民某种疾病的发病率为0.02，现想通过对血清甲胎蛋白进行检验，筛查出该种疾病携带者. (1)若该检测方法可能出错，具体是：患病但检测显示正常的概率为0.01，未患病但检测显示患病的概率为0.05. ①求检测结果显示患有该疾病的概率； ②求检测显示患有该疾病的居民确实患病的概率.（保留四位有效数字） (2)若该检测方法不可能出错，采用混合化验方法：随机地按人一组分组，然后将个人的血样混合再化验，如果混合血样呈阴性，说明这人全部阴性；如果混合血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次（每一小组都要按要求独立完成），设总居民人数为M，求取何值时，总化验次数最少？ 说明：函数先减后增. 参考数据：≈0.8858，≈0.8681，≈0.8508，≈0.8337 【详解】（1）设A表示患病，B表示检测结果显示患病，-----------1分 则，-----------6分 -----------8分 （2）设每小组检验次数为X，X的可能取值为1，-----------9分 ，-----------10分 ，-----------11分 则，-----------12分 总化验次数为，-----------14分 根据参考数据计算，时，化验次数最少. -----------15分 18（17分）．已知函数. (1)若函数的极值点在内，求m的取值范围； (2)若有两个零点，求m取值的范围. 【详解】（1）函数的定义域为-----------1分 则（），-----------3分 要使函数的极值点在内，则在上有解，-----------4分 即在上有解，-----------5分 则，解得，-----------7分 即m的取值范围为.-----------8分 （2）由（1）知，， 当时，，，则，-----------9分 此时函数在上单调递增，不可能有两个零点，不符合题意；-----------10分 当时，，令，得， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减，-----------11分 又时，，时，，-----------12分 要使有两个零点，则恒成立，-----------13分 设，则，所以函数在上单调递增，-----------15分 又，则，解得.-----------16分 综上所述，m取值的范围为.-----------17分 19（17分）．甲乙两人轮流投掷质地均匀的骰子，第一轮甲先后投掷两次，接着乙先后投掷两次，依此轮流每人连续投掷两次. (1)甲先后投掷两次，在第一次掷出偶数点的条件下，求甲两次掷出的点数之和大于6的概率； (2)若第一轮甲连续两次掷出的点数均为偶数，则甲获胜.同时比赛结束；否则，由另一人继续投掷，直到有人连续两次掷出的点数均为偶数，则此人获胜且比赛结束.求甲获胜的概率.（注：若，当时，看作0） 【详解】（1）设事件“甲第一次掷出偶数点”，事件“甲两次掷出的点数之和大于6”， ----------1分 样本空间，样本空间包含的样本点个数为，且每个样本点都是等可能的. ，， ，， 则，，-----------3分 所以，（或）-----------5分 即在甲第一次掷出偶数点的条件下，两次掷出的点数之和大于6的概率为.-----------6分 （2）若甲第一轮获胜，概率为；-----------7分 若甲第二轮获胜，即第一轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数，第二轮甲投掷后的两个点数都为偶数，-----------8分 概率为；-----------9分 若甲第三轮获胜，即前两轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数，第三轮甲投掷后的两个点数都为偶数，-----------10分 概率为；-----------11分 由以上可得，若甲第轮获胜，即前轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数，-----------12分 第n轮甲投掷后的两个点数都为偶数.概率为；-----------13分 于是，，，，…，组成一个以为首项，为公比的等比数列. -----------14分 所以.-----------15分 则当时，，-----------16分 故甲获胜的概率为.-----------17分 试卷第6页，共10页 试卷第5页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 $$报告查询:登录zhixue.com或扫描二维码下载App (用户名和初始密码均为准考证号) 2024-2025学年第二学期期中考试 高二年级数学答题卡 姓名： 班级： 考场/座位号： 注意事项 1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场填写清楚，并认真核对 条形码上的姓名和准考证号。 2．选择题部分请按题号用2B铅笔填涂方框，修改时用橡皮擦干净，不 留痕迹。 3．非选择题部分请按题号用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，否则作答 无效。要求字体工整、笔迹清晰。作图时，必须用2B铅笔，并描浓。 4．在草稿纸、试题卷上答题无效。 5．请勿折叠答题卡,保持字体工整、笔迹清晰、卡面清洁。 贴条形码区 （正面朝上，切勿贴出虚线方框） 正确填涂 缺考标记 选择题 1 [A] [B] [C] [D] 2 [A] [B] [C] [D] 3 [A] [B] [C] [D] 4 [A] [B] [C] [D] 5 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D] 7 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D] 9 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D] 11 [A] [B] [C] [D] 填空题 12. 13. 14. 解答题 15. 16. 17. 18. 19. 高二数学试卷第 1页，共 4页 2024-2025 学年第二学期期中考试 高二数学试卷 （满分：150 分；考试时间：120 分钟） 班级 姓名 座号 一、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．下列函数的求导正确的是( ) A. ( 1� )' = 1 �2 B. (����)' =− ���� C. (���)' = (1 + �)�� D. (��2�)' = 12� 2．设函数�(�)的导函数为�'(�)，且�'(�0) = 2，则�� → 0 ��� �(�0+2��)−�(�0) �� =( ) A. 1 B. 4 C. 3 D. 2 3．已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡．若顾客甲只会用现金结账，顾 客乙只会用现金和银联卡结账，顾客丙与甲、乙结账方式不同，顾客丁用哪种结账方式都可以．若甲、乙、 丙、丁购物后依次结账，则他们的结账方式有( ) A. 20种 B. 30种 C. 24种 D. 36种 4．若 (�2 + 1)·(2� + 1)9 = �0 + �1(� + 2) + �2(� + 2)2 + … + �11(� + 2)11，则 �=0 11 �� =( ) A. −2 B. 2 C. 2 × 39 D. 2 × ( − 3)9 5．函数�(�)的导函数为�'(�)的图象如图所示，关于函数�(�)， 下列说法不正确的是( ) A. 函数( − 1,1)，(3, + ∞)上单调递增 B. 函数在( −∞, − 1)，(1,3)上单调递减 C. 函数有最小值，但是无最大值 D. 函数存在两个极值点 6．若随机变量 X的可能取值为1,2,3,4，且 ( )P X k k  （ 1,2,3,4k  ），则 E(X)=（ ） A．4 B．3 C．2 D．1 7．已知事件�，�，且�(�) = 56，�(�) = 2 3，�(�|�) = 1 2，则�(�|�) =( ) A. 45 B. 1 5 C. 1 3 D. 2 5 8．已知曲线 1exy  与曲线 ln ( 0)y a x a a   只有一个公共点，则 a （ ） A． 1 e B．e C．1 D． 2e 高二数学试卷第 2页，共 4页 二、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．不透明的袋中装有 5个大小质地完全相同的小球，其中 3个红球、2个白球，从袋中一次性取出 2个球， 记事件 A=“两球同色”，事件 B=“两球异色”，事件 C=“至少有一红球"，则（ ） A．   3 5 P A  B．   9 10 P C  C．事件 A与事件 B是对立事件 D．事件 A与事件 B是相互独立事件 10．已知函数 3( ) 1f x x x   ，则（ ） A． ( )f x 有一个零点 B． ( )f x 有两个极值点 C．点(0,1)是曲线 ( )y f x 的对称中心 D．直线 2y x 是曲线 ( )y f x 的切线 11．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹 ⋅布劳威尔(�. �. �. �������)，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数�(�)，存在一个点�0，使得�(�0) = �0，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称�0为该函数的一个不动点．依据不动点理论，下列说法正 确的是( ) A. 函数� � = ��� + 1 有 1个不动点 B. 函数� � = ����有 2个不动点 C. 若定义在�上的奇函数� � ，其图像上存在有限个不动点，则不动点个数是奇数 D. 若函数� � = �� − 1 2 � − �在区间 0,1 上存在不动点，则实数�满足 1 ≤ � ≤ � − 3 2 三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12．现有一个由甲、乙、丙、丁共 4人组成的参观团要参观立德、树人和求实三所中学，要求每人只能参 观一所学校，每所学校至少有一个人参观，则不同的参观方法有 种．（用数字作答）. 13．已知在 2 n x x       ， *nN 的展开式中，有且只有第 4项的二项式系数最大，则展开式中 3x 的系数 为 . 14．记函数  f x 在区间 ,a b 上的最大值为     ,maxx a b f x ，最小值为     ,minx a b f x ，则    1,3 1,0 emin max x y x y x y               . 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（13分）．已知函数�(�) = ��(�2 − 6� + 9)． (1)求函数�(�)的单调区间与极值； (2)求函数�(�)在区间[0,4]上的最值． 高二数学试卷第 3页，共 4页 16 (15分). 一个袋中装有 6个同样大小的小球，编号分别为 1，2，3，4，5，6，现从袋中随机取出 3个小 球，用 X表示取出的 3个小球中最大编号和最小编号的差． (1)求  5P X  ； (2)求随机变量 X的分布列和数学期望． 17（15分）．已知某地居民某种疾病的发病率为 0.02，现想通过对血清甲胎蛋白进行检验，筛查出该种疾 病携带者. (1)若该检测方法可能出错，具体是：患病但检测显示正常的概率为 0.01，未患病但检测显示患病的概率为 0.05. ①求检测结果显示患有该疾病的概率； ②求检测显示患有该疾病的居民确实患病的概率.（保留四位有效数字） (2)若该检测方法不可能出错，采用混合化验方法：随机地按 k人一组分组，然后将 k个人的血样混合再化 验，如果混合血样呈阴性，说明这 k人全部阴性；如果混合血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次 （每一小组都要按要求独立完成），设总居民人数为 M，求 k取何值时，总化验次数最少？ 说明：函数 1( ) 0.98 ( 0)xf x x x    先减后增. 参考数据： 60.98 ≈0.8858， 70.98 ≈0.8681， 80.98 ≈0.8508， 90.98 ≈0.8337 高二数学试卷第 4页，共 4页 18（17分）．已知函数    2ln 2f x x mx m x    . (1)若函数  f x 的极值点在 (2,3)内，求 m的取值范围； (2)若  f x 有两个零点，求 m取值的范围. 19（17分）．甲乙两人轮流投掷质地均匀的骰子，第一轮甲先后投掷两次，接着乙先后投掷两次，依此轮 流每人连续投掷两次. (1)甲先后投掷两次，在第一次掷出偶数点的条件下，求甲两次掷出的点数之和大于 6的概率； (2)若第一轮甲连续两次掷出的点数均为偶数，则甲获胜.同时比赛结束；否则，由另一人继续投掷，直到 有人连续两次掷出的点数均为偶数，则此人获胜且比赛结束.求甲获胜的概率.（注：若 0 1p  ，当 n 时， np 看作 0）