精品解析：安徽省六安第二中学（河西校区）2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题

安徽省六安第二中学（河西校区）2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题 时间：120分钟 满分：150分 命题人：杨菲菲 审题人：董安俊 一、单选题：本题共8小题，每题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若则（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】利用组合数的公式即得解一元二次方程即可. 【详解】因为，整理，解得或，且，即，所以． 故选：B． 2. 函数的单调递减区间为（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出定义域后再求导，根据导函数小于0求出单调递减区间即可得． 【详解】的定义域为， ， 由，可得， 故的单调递减区间为． 故选：C． 3. 国家提出“乡村振兴”战略，各地纷纷响应．某县有7个自然村，其中有4个自然村根据自身特点推出乡村旅游，被评为“旅游示范村”．现要从该县7个自然村里选出3个作宣传，则恰有2个村是“旅游示范村”的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，可直接写出对应事件的概率. 【详解】由题可得，恰有2个村是“旅游示范村”的概率为． 故选：B 4. 函数，是的导函数，则的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求得，得到，则图象关于原点对称，排除B、D项；在时确定，排除C项，即可得到答案. 【详解】由函数，可得， 则， 所以函数为上的奇函数，其图象关于原点对称，可排除B、D项； 当时，，则； 当时，，则， 因此当时，，可排除C项， 所以的大致图象为选项A. 故选:A. 5. 将编号为1，2，3，4，5的小球放入编号为1，2，3，4，5的小盒中，每个小盒放一个小球，要使得恰有2个小球与所在盒子编号相同，则有（ ）种不同的放球方法， A. 60 B. 40 C. 30 D. 20 【答案】D 【解析】 【分析】利用分步乘法原理，分步求出恰有2个小球与所在盒子编号相同的方法总数即可得解. 【详解】如果有2个小球与所在的盒子的编号相同， 第一步：先从5个小球里选2个编号与所在的盒子相同，有种选法； 第二步：不妨设选的是1、2号球，则再对后面的3，4，5进行排列， 且3个小球的编号与盒子的编号都不相同，则有两种， 所以有2个小球与所在的盒子的编号相同，共有种方法，故D正确. 故选：D. 6. 已知函数的图象与轴恰有两个公共点，则 A. 或2 B. 或3 C. 或1 D. 或1 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性求出极值点为，利用或可得结果. 【详解】因为,所以f(x)的增区间为,减区间为,所以的极大值为，极小值为，因为函数的图象与轴恰有两个公共点,所以只须满足或，即或,故选A. 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、函数的极值以及函数的零点，属于中档题.对于与“三次函数”的零点个数问题，往往考虑函数的极值符号来解决,设函数的极大值为 ，极小值为 ：一个零点或；两个零点或；三个零点且. 7. 我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中，用如图的数表列出了一些正整数在三角形中的一种几何排列，俗称“杨辉三角形”，若将这些数字依次排列构成数列1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，……，则此数列的第2025项为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据图形判定每行数字个数成等差数列，结合等差数列求和公式确定第2025项是第64行的第9个数字，结合二项式定理计算即可. 【详解】由“杨辉三角形”可知：第一行1个数，第二行2个数，．．．，第行个数， 所以前行共有：，当时，， 所以第2025项是第64行的第9个数字，即为. 故选：B． 8. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对称性即可求解A,求导，代入，即可根据，根据正切函数的单调性即可求解B ，根据对称性将问题转化为的大小，构造函数，，即可求导判断单调性求解C，构造函数，利用导数求解单调性即可判断D. 【详解】令，解得， 故在上单调递减， 令，解得， 故的一条对称轴为， 故， 因为，， 所以，即，A错误； B，， 故，， 因为，所以， 故，而， 故， 则，其中，， 故，则， 由于在上单调递增，,故 ， 故， 故，B错误. C，的一条对称轴为， 故， 其中，故， 故， 而， 故，所以， 关于中心对称， 故，其中，则 ， 其中，. 下面证明. 令，，则， 令，则在上恒成立， 故在上单调递增， 又，故在上恒成立， 故在上单调递增，故， 故， 所以， 则， 两边取对数得， 故， 故， 又在上单调递减， 故， 故，C错误； D，，， 令，，则 ， 当时，，，故恒成立， 故在上单调递增， 故，所以， 故， 由于在上单调递减， 所以，D正确. 故选：D 二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分，有选错的得0分. 9. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，借助二项式的展开式的通项公式计算即可得，对B，可借助二项式的展开式的通项公式可求得各系数的值即可得，对C，由、、，、，借助赋值法计算即可得；对D，借助赋值法计算即可得. 【详解】对于A，对，有， 则，故A错误； 对于B，令，则有，即， 因为， 所以，，， ，， 故有，故B正确； 对于C，由、、，、， 则， 令，则有， 即，又， 故，故C正确； 对于D，令，则有，即， 又，故，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知随机变量，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】借助正态分布的对称性可得A、B，借助正态分布定义及期望与方差的性质可得C、D. 【详解】由随机变量，则，， 则， ， ， ， 故A、B、D正确，C错误. 故选：ABD. 11. 现有编号分别为的三个盒子，其中盒中共20个小球，其中红球6个，盒中共20个小球，其中红球5个，盒中共30个小球，其中红球6个.现从所有球中随机抽取一个，记事件：“该球为红球”，事件：“该球出自编号为的盒中”，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 若从所有红球中随机抽取一个，则该球来自盒的概率最小 【答案】ACD 【解析】 【分析】由古典概率先计算，再由条件概率计算得到A正确；由全概率计算得到B错误；由条件概率得到C正确；由古典概率得到D正确. 【详解】A：由题，，故A正确； B：由选项A可得，故B错误； C：因为，所以， 所以，故C正确； D：由题该球来自的概率为，该球来自的概率为，该球来自的概率为， 所以该球来自的概率最小，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题A，C关键在于应用条件概率公式即. 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分.答案需填最简形式. 12. 以平行六面体的顶点为顶点的三棱锥的个数是_______________； 【答案】58 【解析】 【分析】由八个顶点任选四个的所有种数减去四点共面的个数计算即可. 【详解】首先从8个顶点中选4个，共有种结果， 其中6个表面有6个四点共面情况，6个对角面有6个四点共面情况， 所以以平行六面体的顶点为顶点的三棱锥的个数是58. 故答案为：58 13. 若M是曲线上任意一点，则点M到直线的最小距离为_________. 【答案】 【解析】 【分析】设与直线平行的直线与曲线相切于点，由导数的几何意义结合题意求出切点坐标，再由点到直线的距离公式计算即可. 【详解】由得， 当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增，且， 则作出和图像如图： 则曲线上任意一点M到直线的最小距离， 即为斜率为3的切线的切点到直线的距离； 设与直线平行的直线与曲线相切于点， 因为，所以，即， 解得或（舍去）， 所以，即切点为， 所以切点到直线的距离为. 故答案为：. 14. 川剧变脸是运用在川剧艺术中塑造人物的一种特技，是揭示剧中人物内心思想感情的一种浪漫主义手法，王老师获得了川剧演出的7张连号的票，王老师自己留下了2张连号的票，其余的票赠送给4位朋友，每人至少分1张，至多分2张，且这两张票连号，那么共有______种不同的分法.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】先确定王老师留下2张连号票的情况，再对剩余5张连号票分给4位朋友，每人至少1张，至多分2张且两张票连号的情况进行分析，通过列举和组合的方法来计算不同分法的总数. 【详解】设这7张连号票编号为号，王老师留下2张连号票的情况有： 、、、、、，共6种情况， 若王老师留下，剩下3、4、5、6、7号票， 因为要分给4位朋友，每人至少1张，至多分2张且两张票连号，所以可以这样分： 把5张票分成4组，有、5、6、7；3、、6、7；3、4、、7； 34、5、这4种分法，此时有种不同的分法； 若王老师留下，剩下1、4、5、6、7号票， 因为要分给4位朋友，每人至少1张，至多分2张且两张票连号，所以可以这样分： 把5张票分成4组，有、1、6、7；1、、4、7；1、4、、5；这3种分法， 此时有种不同的分法； 若王老师留下，剩下1、2、5、6、7号票， 因为要分给4位朋友，每人至少1张，至多分2张且两张票连号，所以可以这样分： 把5张票分成4组，有、5、6、7；1、、2、7；1、2、、5；这3种分法， 此时有种不同的分法； 若王老师留下，剩下1、2、3、6、7号票， 因为要分给4位朋友，每人至少1张，至多分2张且两张票连号，所以可以这样分： 把5张票分成4组，有、3、6、7；1、、6、7；1、2、、3；这3种分法， 此时有种不同的分法； 若王老师留下，剩下1、2、3、4、7号票， 因为要分给4位朋友，每人至少1张，至多分2张且两张票连号，所以可以这样分： 把5张票分成4组，有、3、4、7；1、、4、7；1、2、、7；这3种分法， 此时有种不同的分法； 若王老师留下，剩下1、2、3、4、5号票， 因为要分给4位朋友，每人至少1张，至多分2张且两张票连号，所以可以这样分： 把5张票分成4组，有、3、4、5；1、、4、5；1、2、、5；1、2、3、； 这4种分法，此时有种不同的分法； 故共有种不同的分法. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查了分类加法原理和分组分配问题，解答此类问题的关键是分类时不重复不遗漏. 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(其中常数)，是奇函数 （1）求的表达式； （2）求在上的最大值和最小值． 【答案】（1）；（2）；． 【解析】 【分析】（1）求出，根据为奇函数求出即可； （2）求出导数，得出单调性，即可求出最值. 【详解】（1）解：∵(其中常数)， ∴， ∴， ∵是奇函数， ∴， ∴； （2）∵，∴， ∴，令，解得， 当时，即，函数单调递增， 当时，即，函数单调递减， ∴， ∵，∴. 16. 设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立. （Ⅰ）用表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量的分布列和数学期望； （Ⅱ）设为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件发生的概率. 【答案】（Ⅰ） 0 1 2 3 . （Ⅱ） 【解析】 【分析】(Ⅰ)由题意可知分布列为二项分布，结合二项分布的公式求得概率可得分布列，然后利用二项分布的期望公式求解数学期望即可； (Ⅱ)由题意结合独立事件概率公式计算可得满足题意的概率值. 【详解】(Ⅰ)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7:30之前到校的概率均为， 故，从面. 所以，随机变量的分布列为： 0 1 2 3 随机变量的数学期望. (Ⅱ)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为，则. 且. 由题意知事件与互斥， 且事件与，事件与均相互独立， 从而由(Ⅰ)知： . 【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望，互斥事件和相互独立事件的概率计算公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力. 17. 已知函数，其中为常数. （1）当时，讨论函数在上的单调性； （2）若，，求实数的取值范围. 【答案】（1）函数在上单调递增. （2）. 【解析】 【分析】（1）利用导数求函数在区间内的单调性； （2），即，可分离常数，通过构造函数利用导数求最值求实数的取值范围.. 【小问1详解】 时，，， 因为，有，，所以， 于是函数在上单调递增. 【小问2详解】 解法一： ，即. 因为，所以，于是. 令，则. 当时，，，，， 则有， 于是，所以在上是增函数，，所以. 即实数的取值范围为. 解法二： 令，. 当时，，在上是增函数，. 当时，，而，不满足条件； 当时，在上恒成立； 当时，，，在上恒成立. 综上：，即实数的取值范围为. 解法三：令，由得. 下证当时，. 因为且，，，所以， 所以，即实数的取值范围为. 18. 高性能计算芯片是一切人工智能的基础．国内某企业已快速启动AI芯片试生产，试产期需进行产品检测，检测包括智能检测和人工检测．智能检测在生产线上自动完成，包括安全检测、蓄能检测、性能检测等三项指标，且智能检测三项指标达标的概率分别为，，，人工检测仅对智能检测达标（即三项指标均达标）的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标．人工检测综合指标不达标的概率为． （1）求每个AI芯片智能检测不达标的概率； （2）人工检测抽检50个AI芯片，记恰有1个不达标的概率为，当时，取得最大值，求； （3）若AI芯片的合格率不超过93%，则需对生产工序进行改良．以（2）中确定的作为p的值，试判断该企业是否需对生产工序进行改良． 【答案】（1） （2） （3）需要对生产工序进行改良 【解析】 【分析】（1）先求每个AI芯片智能检测达标的概率，再利用对立事件的概率求解； （2）先求，利用导数判断单调性可求解； （3）利用条件概率求出AI芯片的合格率，与93%比较可得结论. 【小问1详解】 记事件A＝“每个AI芯片智能检测不达标”，则 . 【小问2详解】 由题意， ∴ 令，则， 当，，为增函数； 当，，为减函数； 所以在处取到最大值． 【小问3详解】 记事件B＝“人工检测达标”， 则， 又， 所以， 所以需要对生产工序进行改良． 19. 已知函数. （1）当时，讨论极值点的个数； （2）讨论函数的零点个数的情况. 【答案】（1）1个 （2）当或时，和的图象有一个交点，即有一个零点； 当时，和的图象没有交点，即没有零点； 当时，和的图象有两个交点，即有两个零点. 【解析】 【分析】（1）求导，利用零点存在性定理判断隐零点所在区间，然后可得函数的单调性，然后可判断零点个数； （2）参变分离，记，利用二次导数研究函数的函数图象，然后结合图象即可求解. 【小问1详解】 当时，. 记，则， 在上单调递增， 又， 在上存在零点，且是唯一零点. 当时，单调递减， 当时，单调递增. 是的极小值点，且是唯一极值点. 【小问2详解】 ①当时，. ②当时，令，得，即且. 令且， 只需讨论直线和且的图象有几个交点. 且. 令，则且， 在上单调递增，而， 故当和时，，即是减函数； 当时，，即是增函数. 又当时，，当时，， 作函数的图象如图： 结合图象，可得： 当或时，和的图象有一个交点，即有一个零点； 当时，和的图象没有交点，即没有零点； 当时，和的图象有两个交点，即有两个零点. 【点睛】方法点睛：零点个数问题常利用函数图象交点个数进行研究，对于复杂的函数通常需要利用导数，甚至二次导数进行研究，然后作出函数图象，通过观察即可得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽省六安第二中学（河西校区）2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题 时间：120分钟 满分：150分 命题人：杨菲菲 审题人：董安俊 一、单选题：本题共8小题，每题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若则（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 2. 函数的单调递减区间为（    ） A. B. C. D. 3. 国家提出“乡村振兴”战略，各地纷纷响应．某县有7个自然村，其中有4个自然村根据自身特点推出乡村旅游，被评为“旅游示范村”．现要从该县7个自然村里选出3个作宣传，则恰有2个村是“旅游示范村”的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 函数，是的导函数，则的大致图象是（ ） A. B. C. D. 5. 将编号为1，2，3，4，5的小球放入编号为1，2，3，4，5的小盒中，每个小盒放一个小球，要使得恰有2个小球与所在盒子编号相同，则有（ ）种不同的放球方法， A. 60 B. 40 C. 30 D. 20 6. 已知函数的图象与轴恰有两个公共点，则 A. 或2 B. 或3 C. 或1 D. 或1 7. 我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中，用如图的数表列出了一些正整数在三角形中的一种几何排列，俗称“杨辉三角形”，若将这些数字依次排列构成数列1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，……，则此数列的第2025项为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分，有选错的得0分. 9. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知随机变量，若，，则（ ） A. B. C. D. 11. 现有编号分别为的三个盒子，其中盒中共20个小球，其中红球6个，盒中共20个小球，其中红球5个，盒中共30个小球，其中红球6个.现从所有球中随机抽取一个，记事件：“该球为红球”，事件：“该球出自编号为的盒中”，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 若从所有红球中随机抽取一个，则该球来自盒的概率最小 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分.答案需填最简形式. 12. 以平行六面体的顶点为顶点的三棱锥的个数是_______________； 13. 若M是曲线上任意一点，则点M到直线的最小距离为_________. 14. 川剧变脸是运用在川剧艺术中塑造人物的一种特技，是揭示剧中人物内心思想感情的一种浪漫主义手法，王老师获得了川剧演出的7张连号的票，王老师自己留下了2张连号的票，其余的票赠送给4位朋友，每人至少分1张，至多分2张，且这两张票连号，那么共有______种不同的分法.（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. 已知函数(其中常数)，是奇函数 （1）求的表达式； （2）求在上的最大值和最小值． 16. 设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立. （Ⅰ）用表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量的分布列和数学期望； （Ⅱ）设为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件发生的概率. 17. 已知函数，其中为常数. （1）当时，讨论函数在上的单调性； （2）若，，求实数的取值范围. 18. 高性能计算芯片是一切人工智能的基础．国内某企业已快速启动AI芯片试生产，试产期需进行产品检测，检测包括智能检测和人工检测．智能检测在生产线上自动完成，包括安全检测、蓄能检测、性能检测等三项指标，且智能检测三项指标达标的概率分别为，，，人工检测仅对智能检测达标（即三项指标均达标）的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标．人工检测综合指标不达标的概率为． （1）求每个AI芯片智能检测不达标的概率； （2）人工检测抽检50个AI芯片，记恰有1个不达标的概率为，当时，取得最大值，求； （3）若AI芯片的合格率不超过93%，则需对生产工序进行改良．以（2）中确定的作为p的值，试判断该企业是否需对生产工序进行改良． 19. 已知函数. （1）当时，讨论极值点的个数； （2）讨论函数的零点个数的情况. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $