福建省永春第一中学2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题

永春一中高二年级期中考试数学科试卷(2254) 命恩：林-丁审题：刘文智考试时间：120分钟，试参总分：150分，成馈 一、单项选择题：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.若C2=15,则n= A.4 B.5 C.6 D.7 2、甲、乙、丙三名高一学生都己选择物理、化学两科作为白已的高考科目，三人独自决定从政治、 历史、地理、生物、技术中任选一科作为自已的第三门高考选考科目，则不同的选法种数为 A.5 B.35 C.A D.3C 3.已知随机变量X的分布列如下表，若()=写则b= X -1 0 P b A B 4.一袋中装有大小、质地均相同的5个白球，3个黄球和2个黑球，从中任取3个球，.则至少含 有一个黑球的概率是 B. 8 15 C. D. 5 5.若数列{0，}满足4=9,41=g 1-a. ,则a2025= A B.- D.9 9 C. 5 a2.b2 6.定义曲线r:之+1为椭圆C:专+发1a>6>0)的倒曲线”，给出以下三个结论：⑩曲 线Γ有对称轴，②曲线Γ有对称中心，③曲线Γ与椭圆C有公共点.其中正确的结论个数为 A.0 B.1 C.2 D.3 7.若函数f(x)=e-(a-1)血x+2在区间(0,1)上不单调，则实数a的取值范围为 A.[L,e+] B.(L,e+1) C.（-o,]小U[c+l,+o D.(-oo,)(e+1,+∞) 高二年数学科试卷，第1页（共4页） 8.某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形ABCD (边长为2个单位)的顶点A处，然后通过掷般子来确定棋子沿正方形的边 按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为(1=1,2，…，6)，则棋子就按逆 时针方向行走i个单位，一直循环下去，某人抛掷三次般子后棋子恰好又回 到点A处的概率是 B c D. 18 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9.对于离散型随机变量X,它的数学期望E(X)和方差D(X),下列说法正确的是 A.E(X)是反映随机变量的平均取值 B.D(X)越小，说明X越集中于E(X) C.E(aX+b)=aE(X)+b D.D(ax+b)=a'D(x)+b 10.已知随机变量X~B(6,宁，则下列命题正确的有 A.PX=2)=80 3 B.20=月 C.P(X≤5)= 728 729 D。若甲投篮命中率为号，则X可以表示甲造续投篮6次的命中大数 11. “杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发， 引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为1,1,2,3,5,8,13，·，则下列选 项正确的是 A.在第9条斜线上，各数之和为55 B.在第n(n25)条斜线上，各数自左往右 2 -子 3 先增大后减小 4 6 C.在第n条斜线上，共有2n+1-包个数 .5- 10 10 4 6 415 20 15 0g4 D.在第11条斜线上，最大的数是C 。 高二年数学科试卷，第2页（共4页） 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分。 12.已知随机变量X~N(L,6),且P(X<3)=0.8,则P(-l<X<1)的值为 13,已知(1+2)”的展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，且 (1+2x)”=a+ax+a22+…+a,x”，则a+a2++an= 14.函数f(x)=2x-ax2+1(a>0),若不等式(x)∫(x2m名-l血x对任意，x∈[a,+∞) 恒成立，则实数a的取值范围是_ 四、解答题：共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.(13分) (neN)的展开式中前3项的二项式系数之和等于29， (1)求n的值： (2)若展开式中x的系数为56，求实数a的值. 16.(15分) 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹 问题，其中有如下结果：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆，后世把这 种圆称之为阿波罗尼斯圆.已知平面直角坐标系中A(-3,0),B(1,0),且PA=3PB (1)求点P的轨迹方程； (2)过C(3,2)作(1)的轨迹的切线，求切线方程： (3)若点P(x,y)在(1)的轨迹上运动，另有定点D(5,),求PD的取值范围. 7.(15分) 设函数f=子式-受x+a-0。 (1)若a>2,求函数f(x)的单调区间： (2)若函数f(x)恰有一个零点，求实数a的取值范围， 高二年数学科试卷，第3页（共4页） 18.(17分) 猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名.规则如下：参赛选手按第一关，第二 关，第三关的顺序依次猜歌名闯关，若阁关成功则依次分别获得公益基金1000元，2000元，3000 元，当选手闯过一关后，可以选择游戏结束，带走相应公益基金：也可以继续闯下一关，若有任 何一关闯关失败，则游戏结束，全部公益基金清婴.假设某嘉宾第一关，第二关，第三关闯关成 功的照率分别是子，子，片，该嘉宾选福笔法树第二关、第三关的概率分别为号 (1)求该嘉宾获得公益基金1000元的概率： (2)求该嘉宾第一关闯关成功且获得公益基金为零的概率： (3)求该嘉宾获得的公益基金总金额的分布列及数学期望. 19.(17分) 同余定理是数论中的重要内容.同余的定义为：设a,b∈Z,meN且m>l.若m(a-b)则 称a与b关于模m同余，记作a=b(modm)-(p为整除符号)·同余的性质之一： a≡b(modm),k∈Z-ak=bk(modm). (1)解同余方程x2-x=0(mod3): (2)设(1)中方程的所有正根构成数列{an},其中a<4<a<…<a· ①若b,=an1-an（n∈N),数列{b}的前n项和为S.,求Sa: ②若c.=tan dtand2-l（neN)，求数列{c,}的前n项和T,. 高一年数学科试卷，第4页（共4页）高二年数学科答案，第 1 页（共 6 页） 高二年数学科答案，第 2 页（共 6 页） 永春一中高二年级期中考试数学科参考答案（2025.4） 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C A C B D C B B ABC ACD BCD 1．【详解】由 2C 15nn   ，得 ( 1) 30n n  ，解得 6n  或 5n   （舍去），故选 C． 2．【详解】依题意甲、乙、丙每位同学的第三门高考选考科目都有5种选择，按照分步乘法计数 原理可知不同的选法种数为 35 5 5 5   .故选：A． 3．【详解】由题设， 1 1( ) 2 3 E X a    ，即 1 6 a  ，则 1 11 2 3 b a    ，故选：C． 4．【详解】根据题意，至少含有一个黑球的概率是 2 1 1 2 8 2 8 2 3 10 C 5 C C 1 C C 8  .故选：B． 5．【详解】数列 na 中，由 1 1 1 n n n aa a    ，得 1 2 1 1 1 1 1 2 1 11 21 1 n n n n nn n n n a a aa aa a a a                ，则 4 2 1 n n n a a a     ，因此数列 na 是周期数列，周期为 4，所以 2025 506 4 1 1 9a a a    .故选：D． 6．【详解】曲线： 2 2 2 2 1 a b x y   上取点  ,x y ，则该点关于 x轴对称的点  ,x y 也在曲线，故 曲线关于 x轴对称，同理可证曲线关于 y轴对称，则该点关于原点对称点  ,x y  也在曲 线，故曲线关于原点对称，故①②正确；曲线： 2 2 2 2 1 a b x y   ，则 x a ，而椭圆C： 2 2 2 2 1( 0) x y a b a b     中， x a ，故曲线与椭圆C无公共点，③错误；综上，正确的有 2 个，故选：C． 7．【详解】由题设， 1 e 1( ) e x x a x af x x x      ，又 ( )f x 在(0,1)上不单调，所以 e 1xy x a  在 (0,1)上存在变号零点，而 ( 1)e 0xy x    ，则 y在(0,1)上递增，只需 (1 )(e 1 ) 0a a    ，即 1 e 1a   ．故选：B． 8．【详解】由题意知正方形 ABCD（边长为 2个单位）的周长是 8，抛掷三次骰子后棋子恰好又 回到点 A处的表示三次骰子的点数之和是8,16，列举出在点数中三个数字能够使得和为8,16 的有125,134,116, 224, 233, 466,556，共有 7种组合，前 2种组合125,134，每种情况可以排列 出 3 3A 6 种结果，共有 3 32A 2 6 12   种结果；116, 224, 233, 466,556各有 3种结果，共有 5 3 15  种结果，根据分类计数原理知共有12 15 27  种结果，所求概率为 3 27 1 6 8  ；故选： B． 9．【详解】离散型随机变量的期望反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量取值 偏离于均值的平均程度，方差越小，说明随机变量的取值越集中于均值；即 AB正确；由期 望和方差的性质可得，    E aX b aE X b   ，    2V aX b a V X  ，即 C正确，D错；故 选：ABC. 10 ． 【 详 解 】 ( 课 时 作 业 ： 二 项 分 布 T8) 解 ： 随 机 变 量 1~ (6, ) 3 X B ， 对 于 A ， 2 2 4 6 1 2 80( 2) ( ) ( ) 3 3 243 P X C     ，故 A正确；对于 B， 1 2 4( ) 6 3 3 3 D X     ，故 B错误； 对于C ， 61 728( 5) 1 ( 6) 1 ( ) 3 729 P X P X      ，故C正确；对于D，若甲投篮命中率为 1 3 ， 则 X 可以表示甲连续投篮 6次的命中次数，故 D正确．故选：ACD． 11．【详解】从上往下每条线上各数之和依次为：1，1，2，3，5，8，13，L，其规律是 1 2n n na a a   ， 所以第 9条斜线上各数之和为 13+21=34，故 A错误；第 1条斜线上的数： 00C ，第 2条斜线 上的数： 1 1C ；第 3条斜线上的数： 0 12 1,C C ，第 4条斜线上的数： 0 13 2,C C ，第 5条斜线上的数： 0 1 2 4 3 2, ,C C C ，第 6条斜线的数： 0 1 25 4 3, ,C C C ，……，依此规律，第 n 条斜线上的数为：   0 1 2 3 4 1 1 2 3 4 5 1, , , , , , , , k k n n n n n n k n kC C C C C C C          ，在第 11条斜线上的数为 0 1 2 3 4 510 9 8 7 6 5, , , , ,C C C C C C ，最大的 数是 3 7C ，由上面的规律可知：n 为奇数时，第 n 条斜线上共有 1 2 2 2 4 n n   个数；n 为偶数时， 第 n 条斜线上共有共有 2 2 4 n n  个数，所以第 n 条斜线上共  2 1 1 4 nn    ，故 C正确；由上述每 条斜线的变化规律可知：在第 ( 5)n n 条斜线上，各数自左往右先增大后减小，故 B正确.故 选：BCD. 三、填空题 12．【答案】0.3 【详解】由随机变量  2~ 1,X N  ，且  3 0.8P X   ，可得  3 1 0.8 0.2P X     ，根据正 态分布曲线的对称性，可得     1 2 1 0.31 2 3P P X X       .故答案为：0.3 . 13．【答案】242 高二年数学科答案，第 3 页（共 6 页） 高二年数学科答案，第 4 页（共 6 页） 【详解】(课时作业：二项式系数的性质 T11改编)解：由题意易知 5n  ，令 0x  ，得 0 1a  ， 令 1x  ，得 5 0 1 2 5(1 2) ... 243a a a a       ， 1 2 243 1 242na a a     ． 故答案为：242． 14．【答案】 3 2 , 2       【详解】  2( ) 6 2 2 3f x x ax x x a     ，因为  0, ,a x a   ，所以  2( ) 6 2 2 3 0f x x ax x x a      ， 所以函数  f x 在 ,a  上递增，又因函数 lny x 在 ,a  上递增，不妨设 1 2x x a  ，当 1 2x x 时，    1 2 1 2ln ln 0f x f x x x    ，符合题意，当 1 2x x a  时，不等式    1 2 1 2ln lnf x f x x x   恒成立，即不等式    1 2 1 2ln lnf x f x x x   恒成立，即不等式    1 1 2 2ln lnf x x f x x   恒成立，令     3 2ln 2 ln 1g x f x x x ax x      ， ,x a  ， 则 1 2x x a  时，    1 2g x g x ，所以函数  g x 在  ,a  上递增，   2 16 2g x x ax x     ，则   0g x  在 ,a  恒成立，即 2 12 6a x x   在  ,a  恒成立，令   2 16h x x x   ， ,x a  ， 则   3 26 0h x x     ，所以函数  h x 在  ,a  上递增，所以     2min 16h x h a a a    ，所以 2 12 6a a a   ，解得 3 2 2 a  ，所以实数 a的取值范围是 3 2 , 2       .故答案为： 3 2 , 2       . 四、解答题 15．（13分）（课时作业：二项式定理 T14改编） 【详解】（1）由题设， 0 1 2 29n n nC C C   ， 整理得 2 56 0n n   ， 解得 8n   （舍）或 7n  ， 7n  （6分） （2）由（1）知：二项式展开式通项为  72 7 14 31 7 7 rr r r r r rT C ax x a C x        ， 当 6r  时为含 4x 的项，故7 56a  ， 8a  ．（13分） 16．（15分） 【详解】（1）设  ,P x y ，由 3PA PB ，得    2 22 23 3 1x y x y     ， 整理得， 2 2 3 0x y x   ，即 2 23 9 2 4 x y       ，则点 P的轨迹方程为 2 23 9 2 4 x y       .（4分） （2）由（1）知，点 P的轨迹为以 3 ,0 2       为圆心， 3 2 为半径的圆， 当切线斜率不存在时，切线方程为 3x  ，符合题意； 当切线斜率存在时，设切线方程为  2 3y k x   ，即 3 2 0kx y k    ， 则 2 3 3 2 32 21 k k k     ，解得 7 24 k  ， 所以切线方程为 7 73 2 0 24 24 x y     ，即7 24 27 0x y   . 综上所述，切线方程为 3x  或 027247  yx .（9分） （3）点  5,1D 到圆心 3 ,0 2       的距离为   2 23 535 1 0 2 2 d          ， 所以 d r PD d r    ，即 53 3 53 3 2 2 PD   ， 即 PD的取值范围为 53 3 53 3, 2 2        ．（15分） 17．（15分） 【详解】（1）由题设， 2( ) 1 ( 1)[ ( 1)]f x x ax a x x a         ，而 2a  ，则 1 1a   ， 由于  , ( ),x f x f x 的关系为： x  ,1 1  1, 1a  1a   1,a   ( )f x  0  0   f x 递增 极大值 递减 极小值 递增 所以  f x 的递增区间为  ,1 ，  1,a   ，递减区间为  1, 1a  ；（6分） 高二年数学科答案，第 5 页（共 6 页） 高二年数学科答案，第 6 页（共 6 页） （2）①当 2a  时，由（1），极大值 3 4(1) 6 af  ，极小值 2(4 )( 1)( 1) 6 a af a    ， 要使  f x 有且仅有一个零点，所以 3 4(1) 0 6 af   或 2(4 )( 1)( 1) 0 6 a af a     ， 解得 4a  ，所以2 4a  ； ②当 2a  时 3 2 1( ) 3 f x x x x   单调递增，显然有且只有一个零点，符合题意； ③当 2a  时，  f x 递增区间为  , 1a  ，  1, ，递减区间为  1,1a  ； 极大值 2(4 )( 1)( 1) 6 a af a    ，极小值 3 4(1) 6 af  ， 要使  f x 有且仅有一个零点，所以 2(4 )( 1)( 1) 0 6 a af a     或 3 4(1) 0 6 af   ， 解得 4 3 a  ，所以 4 2 3 a  ； 综上， 4 4 3 a  ．（15分） 18．（17分）（课本选必 3：P65例 3改编） 【详解】（1）设事件 M＝“嘉宾获得公益基金1000元”，即“第一关成功并放弃第二关”， 所以 3 3 3( ) (1 ) 4 5 10 P M     ；（4分） （2）记 A=“第一关成功且获得公益基金为零”， 1A =“第一关成功第二关失败”， 2A  “前两关 成功第三关失败”，则 1 2,A A 互斥，且 1 2A A A  .（5分） 又 1 3 3 1 3( ) 4 5 3 20 P A     ， 2 3 3 2 1 1 3( ) 4 5 3 2 2 40 P A       ， 所以 3 3 9( ) 20 40 40 P A    ；（10分） （3）由题设知：嘉宾获得的公益基金总金额 X 可能值为0,1000,3000,6000，（11分） 1 9 19( 0) 4 40 40 P X     ， 3( 1000) 10 P X   ， 3 3 2 1 3(X 3000) 4 5 3 2 20 P       ， 3 3 2 1 1 3(X 6000) 4 5 3 2 2 40 P        . 随机变量 X 的分布列为： X 0 1000 3000 6000 P 19 40 3 10 3 20 3 40 所以 19 3 3 3( ) 0 1000 3000 6000 1200 40 10 20 40 E X          （元）.（17分） 19．（17分） 【详解】（1）由题意  1 0x x   （mod3）， 所以 3x k 或 1 3x k  （ Zk ），即 3x k 或 3 1x k  （ Zk ）．（4分） （2）由（1）可得 na 为 1,3, 4,6,7,9,10, ，所以     3 1 2 3 2 n n n a n n       为奇数 为偶数 ． ①因为 1n n nb a a  （ *nN ），所以     2 1n n b n    为奇数 为偶数 ． 2024 1 2 3 2024 3 1012 3036S b b b b        ．（9分） ②    2 1 2 1tan tan tan 3 1 tan 3 2n n nc a a n n       （ *nN ）． 因为        tan 3 1 tan 3 2tan 3 1 tan 3 2 1 tan3 n n n n         ， 所以     1 2 tan 3 1 tan 3 2tan 4 tan1 tan 7 tan 41 1 1 tan 3 tan 3 tan 3n n n n T c c c                               tan 3 1 tan1 tan3 n n     ．（17分） 【点睛】关键点点睛：本题考查学生的阅读理解能力，创新意识，解题关键是正确理解新概念并 能应用解题，本题中同余问题，实质就是除以一个质数后的余数相等，问题转化后可结合数列的 求和方法，两角差的正切公式等等知识才能顺利求解．