精品解析：湖北省松滋市贺炳炎中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷

2024—2025学年下学期期中考试 高二年级数学试卷 本试卷满分150分，考试时间：75分钟. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件概率公式计算可得； 【详解】解：因为，，所以； 故选：A 2. 下列求导数的运算中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由基本函数的导数和复合函数的导数运算可得. 【详解】A：，故A错误； B：，故B错误； C：，故C错误； D：，故D正确； 故选：D. 3. 已知随机变量服从二项分布若，则（ ） A. 144 B. 48 C. 24 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项分布方差公式，结合方差的性质进行求解即可. 【详解】因为， 所以， ， ， 故选：D 4. 的展开式中的系数为（ ） A. 12 B. 40 C. 60 D. 100 【答案】C 【解析】 【分析】由，再写出展开式的通项，利用通项计算可得. 【详解】因为， 其中展开式的通项为（）， 所以的展开式中含的项为， 所以展开式中的系数为. 故选：C 5. 现有四所学校，每所学校出2名教师参加学科比武大赛，现有4名教师得奖，获奖教师中恰有2名教师来自同一学校的有（ ） A. 24种 B. 48种 C. 72种 D. 96种 【答案】B 【解析】 【分析】利用分步乘法计数原理，组合计数问题列式求解. 【详解】从4所学校任取1所2名教师，再从余下3所学校取2所，并分别取1名教师， 所求的不同方法种数为. 故选：B 6. 已知函数在上单调递增，则实数的最小值是（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】法一：根据题意，转化为在上恒成立，令，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解； 法二：根据题意，转化为在上恒成立，设，求得过点且与曲线相切的直线方程为，结合图象，即可求解. 【详解】解法一：由题意知，因为在上单调递增， 所以在上恒成立，即在上恒成立， 所以，令， 则， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 因此，故实数的最小值是. 故选：A. 解法二：由题意知，因为在上单调递增， 所以在上恒成立，即在上恒成立， 设，过点且与曲线相切的直线方程为，切点为，则，故， 故过点且与曲线相切的直线方程为， 作出直线和的图像如图所示， 数形结合可知，若在上恒成立，则且， 即，故实数的最小值是. 故选:A. 7. 已知20条试题中有8条选择题，甲无放回地依次从中抽取5条题，乙有放回地依次从中抽取5条题，甲、乙每次均抽取一条试题，抽出的5条题中选择题的条数分别为，的期望分别为，方差分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】随机变量服从超几何分布, 随机变量服从二项分布，根据超几何分布和二项分布的均值、方差公式计算即可. 【详解】由题意可知，的可能取值为，的可能取值为， 随机变量服从超几何分布，随机变量服从二项分布， 根据超几何分布的均值方差公式得： ，即， . 根据超二项分布的均值方差公式得： ，即 ， 所以，. 故选：A. 8. 已知实数，满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，题设转化为，进而构造函数和，即可求导，得函数的最值，进而根据，得，，进而求解即可. 【详解】由题意可得， 设，则， 故，即， 令，则， 当时，，在单调递增； 当，，在单调递减. 所以，所以， 令，则， 当，，在单调递增； 当，，在单调递减. 故，所以. 由题意可知若，则，故，， 此时且，解得，故. 故选：A. 二、多项选择题：本题共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. 下列说法正确的有（ ） A. 若随机变量X的数学期望，则 B. 若随机变量Y的方差，则 C. 将一枚硬币抛掷3次，记正面向上的次数为X，则X服从二项分布 D. 从7男3女共10名学生中随机选取5名学生，记选出女生的人数为X，则X服从超几何分布 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据离散型随机变量的期望，方差的性质，可判断正确，错误；根据二项分布的概念可判断正确；根据超几何分布的概念可判断正确. 【详解】对于，因为，故正确； 对于，因为，故错误； 对于，根据二项分布的概念可知随机变量服从，故正确； 对于，根据超几何分布的概念可知服从超几何分布，故正确. 故选：. 10. 下列说法中正确的是（ ） A. 将4个相同的小球放入3个不同的盒子中，要求不出现空盒，共有3种放法 B. 被7除后的余数为2 C. 若，则 D. 10个朋友聚会，见面后每两个人握手一次，一共握手45次 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据组合数的计算即可判断A,根据二项式定理即可判断B，根据赋值法即可判断C，根据组合的定义及组合数运算即可判断D. 【详解】对于A：选一个盒子放两个球，另外两个盒子放一个球，共有种放法，故A正确； 对于B： ，展开式中只有最后一项不是7的倍数，所以被7除后的余数为5，故B错误； 对于C：在中， 令，得， 令，得， 两式相加除以2，得，故C正确； 对于D：10人两两握手，共次，故D正确. 故选：ACD 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数与轴有两个不同的交点 B. 函数既存在最大值又存在最小值 C. 若当时，，则的最大值为 D. 若方程有1个实根，则 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：令运算求解即可；对于B：利用导数求单调性和最值；对于C：根据选项B的最值即可得结果；对于D：方程有1个实根等价于与有1个不同交点，采用数形结合的方式可求得. 【详解】由题意可知：定义域为， 对于选项A：令，则，解得， 所以函数与轴有两个不同的交点，故A正确； 对于选项B：因为， 当时，；当时，； 可知在，上单调递减，在上单调递增； 则的极大值为，极小值为， 当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于0， 可知函数有最小值，无最大值，故B错误； 对于选项C：因为函数有最小值， 若当时，，则， 所以的最大值为，故C正确； 对于选项D：方程有1个实根等价于与有1个不同交点， 结合图象可知：，故D错误. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，不含的所有项的系数和为______（用数值作答）. 【答案】 【解析】 【分析】先将问题转化为各项的系数之和，再通过赋值法即可得到答案. 【详解】二项式， 其展开式的通项为， 令，则， 则不含的项的系数和等于的各项系数之和， 令，则. 故答案为：. 13. 现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则__________，_________． 【答案】 ①. ， ②. ## 【解析】 【分析】利用古典概型概率公式求，由条件求分布列，再由期望公式求其期望. 【详解】从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共有种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取法有种，所以， 由已知可得的取值有1，2，3，4， ，， ， 所以 故答案为：，. 14. 已知当，不等式恒成立，则实数a的取值范围是____________. 【答案】 【解析】 【分析】原不等式可转化为，设，则，结合函数的单调性，进一步可得，令，求出函数在上的最大值即可得解． 【详解】由，得， 即， 设，则， 因为函数在上都单调递增， 所以函数在上单调递增，则， 所以， 设，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 所以，则， 所以实数的取值范围为． 故答案为：. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． （3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在二项式展开式中，第3项和第4项的系数比为． （1）求n的值及展开式中的常数项是第几项； （2）展开式中系数最大项是第几项？ 【答案】（1），第17项 （2）第7项和第8项 【解析】 【分析】（1）由二项式展开式的通项公式结合题设条件得出，进而由赋值法求解； （2）根据不等式法结合通项进行求解. 【小问1详解】 二项式展开式的通项公式为． 因为第3项和第4项的系数比为，所以， 化简得，解得，所以． 令，得，所以常数项为第17项． 【小问2详解】 设展开式中系数最大的项是第项，则， 解得． 因为，所以或，所以展开式中系数最大的项是第7项和第8项． 16. 某学校实行自主招生，参加自主招生的学生从8个试题中随机挑选出4个进行作答，至少答对3个才能通过初试已知甲、乙两人参加初试，在这8个试题中甲能答对6个，乙能答对每个试题的概率为，且甲、乙两人是否答对每个试题互不影响. （1）试通过概率计算，分析甲、乙两人谁通过自主招生初试的可能性更大； （2）若答对一题得5分，答错或不答得0分，记乙答题的得分为，求的分布列及数学期望和方差. 【答案】（1）甲通过自主招生初试的可能性更大.（2）见解析，，. 【解析】 【分析】（1）分别利用超几何概型和二项分布计算甲、乙通过自主招生初试的概率即可； （2）乙答对题的个数服从二项分布，利用二项分布的公式，计算概率，再利用，即得解. 【详解】解：（1）参加自主招生的学生从8个试题中随机挑选出4个进行作答，至少答对3个才能通过初试，在这8个试题中甲能答对6个， 甲通过自主招生初试的概率 参加自主招生的学生从8个试题中随机挑选出4个进行作答，至少答对3个才能通过初试. 在这8个试题中乙能答对每个试题的概率为， 乙通过自主招生初试的概率 ，甲通过自主招生初试的可能性更大. （2）根据题意，乙答对题的个数的可能取值为0，1，2，3，4. 且 的概率分布列为： 0 5 10 15 20 . 【点睛】本题考查了超几何分布和二项分布的概率和分布列，考查了学生实际应用，转化划归，数学运算的能力，属于中档题. 17. 某校组织“一带一路”答题抽奖活动，凡答对一道题目可抽奖一次.设置甲、乙、丙三个抽奖箱，每次从其中一个抽奖箱中抽取一张奖券.已知甲箱每次抽取中奖的概率为，乙箱和丙箱每次抽取中奖的概率均为，中奖与否互不影响. （1）已知一位同学答对了三道题目，有两种抽奖方案供选择： 方案一：从甲、乙、丙中各抽取一次，中奖三次获得价值50元的学习用品，中奖两次获得价值30元的学习用品，其他情况没有奖励. 方案二：从甲中抽取三次，中奖三次获得价值70元的学习用品，中奖两次获得价值40元的学习用品，其他情况没有奖励； 通过计算获得学习用品价值的期望，判断该同学选择哪个方案比较合适？ （2）若一位同学答对了一道题目.他等可能的选择甲、乙、丙三个抽奖箱中的一个抽奖.已知该同学抽取中奖，求该同学选择乙抽奖箱的概率. 【答案】（1）方案一 （2） 【解析】 【分析】（1）分别计算两种方案的期望，根据期望值判断即可； （2）根据全概率公式及条件概率公式即可得解. 【小问1详解】 若选择方案一，设该同学获得学习用品的价值为元，则； 则，，， 所以， 若选择方案二，设该同学获得学习用品的价值为元，则； 则，， ， 所以 因为，故选择方案一比较合适 【小问2详解】 设“该同学抽取中奖”为事件，“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为，，， 则，，， 所以， 故， 所以所求概率为. 18. 已知函数. （1）当时，求的单调区间 （2）讨论的单调性； （3）当时，证明. 【答案】（1）在单调递增，在单调递减 （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）当时，求出导函数，解不等式求的单调区间即可； （2）分、情况讨论与的大小关系可得结论； （3）利用函数的单调性把所证不等式转化成，构造函数，利用导数求函数最值即可证明. 【小问1详解】 当时，，的定义域为， 则， 故当时，；当时，. 故在单调递增，在单调递减； 【小问2详解】 的定义域为，． 若，则当时，，故在单调递增， 若，则当时，；当时，. 故在单调递增，在单调递减； 【小问3详解】 由（1）知，当时，在取得最大值，最大值为， 所以等价于，即， 设，则，当时，，当时， 所以在单调递增，在单调递减， 故当时，取得最大值，最大值为，所以当时，， 从而当时，，即. 19. 已知函数， . （1）求函数在点点处的切线方程； （2）当时，求函数的极值点和极值； （3）当时， 恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2）的极大值，函数无极小值 （3） 【解析】 【分析】（1）求出导函数，求解切线的斜率，然后求解切线方程； （2）求出函数的极值点，判断函数的单调性，求解函数的极值即可； （3）令，且，求出导函数，令，求出，通过若，若，若，分别判断函数的符号函数的单调性，求解函数的最值，然后求解的取值范围． 【小问1详解】 由题，所以，利用切线方程的公式， ，又由， 所以切线方程为： 【小问2详解】 由题时， ，所以 所以； ， 所以在单增，在单减，所以在取得极大值. 所以函数的极大值，函数无极小值 【小问3详解】 ，令， ，令， （1）若， ， 在递增， ∴在递增， ，从而，不符合题意 （2）若，当， ，∴在递增， 从而，以下论证同（1）一样，所以不符合题意 （3）若， 恒成立， ∴在递减， ， 从而在递减，∴， ， 综上所述， 的取值范围是. 【点睛】方法点睛： 导数问题经常会遇见恒成立的问题，常用方法如下： （1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题； （2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立，转化为； （3）若恒成立，可转化为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年下学期期中考试 高二年级数学试卷 本试卷满分150分，考试时间：75分钟. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 下列求导数的运算中正确的是（ ） A B. C. D. 3. 已知随机变量服从二项分布若，则（ ） A. 144 B. 48 C. 24 D. 16 4. 展开式中的系数为（ ） A. 12 B. 40 C. 60 D. 100 5. 现有四所学校，每所学校出2名教师参加学科比武大赛，现有4名教师得奖，获奖教师中恰有2名教师来自同一学校的有（ ） A. 24种 B. 48种 C. 72种 D. 96种 6. 已知函数在上单调递增，则实数的最小值是（ ） A. B. 1 C. D. 7. 已知20条试题中有8条选择题，甲无放回地依次从中抽取5条题，乙有放回地依次从中抽取5条题，甲、乙每次均抽取一条试题，抽出的5条题中选择题的条数分别为，的期望分别为，方差分别为，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数，满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的有（ ） A. 若随机变量X的数学期望，则 B. 若随机变量Y的方差，则 C. 将一枚硬币抛掷3次，记正面向上的次数为X，则X服从二项分布 D. 从7男3女共10名学生中随机选取5名学生，记选出女生的人数为X，则X服从超几何分布 10. 下列说法中正确的是（ ） A. 将4个相同的小球放入3个不同的盒子中，要求不出现空盒，共有3种放法 B. 被7除后的余数为2 C 若，则 D. 10个朋友聚会，见面后每两个人握手一次，一共握手45次 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数与轴有两个不同交点 B. 函数既存在最大值又存在最小值 C. 若当时，，则的最大值为 D. 若方程有1个实根，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，不含的所有项的系数和为______（用数值作答）. 13. 现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则__________，_________． 14. 已知当，不等式恒成立，则实数a的取值范围是____________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在二项式的展开式中，第3项和第4项的系数比为． （1）求n的值及展开式中的常数项是第几项； （2）展开式中系数最大的项是第几项？ 16. 某学校实行自主招生，参加自主招生的学生从8个试题中随机挑选出4个进行作答，至少答对3个才能通过初试已知甲、乙两人参加初试，在这8个试题中甲能答对6个，乙能答对每个试题的概率为，且甲、乙两人是否答对每个试题互不影响. （1）试通过概率计算，分析甲、乙两人谁通过自主招生初试的可能性更大； （2）若答对一题得5分，答错或不答得0分，记乙答题的得分为，求的分布列及数学期望和方差. 17. 某校组织“一带一路”答题抽奖活动，凡答对一道题目可抽奖一次.设置甲、乙、丙三个抽奖箱，每次从其中一个抽奖箱中抽取一张奖券.已知甲箱每次抽取中奖概率为，乙箱和丙箱每次抽取中奖的概率均为，中奖与否互不影响. （1）已知一位同学答对了三道题目，有两种抽奖方案供选择： 方案一：从甲、乙、丙中各抽取一次，中奖三次获得价值50元的学习用品，中奖两次获得价值30元的学习用品，其他情况没有奖励. 方案二：从甲中抽取三次，中奖三次获得价值70元的学习用品，中奖两次获得价值40元的学习用品，其他情况没有奖励； 通过计算获得学习用品价值的期望，判断该同学选择哪个方案比较合适？ （2）若一位同学答对了一道题目.他等可能的选择甲、乙、丙三个抽奖箱中的一个抽奖.已知该同学抽取中奖，求该同学选择乙抽奖箱的概率. 18. 已知函数. （1）当时，求的单调区间 （2）讨论的单调性； （3）当时，证明. 19. 已知函数， . （1）求函数在点点处的切线方程； （2）当时，求函数的极值点和极值； （3）当时， 恒成立，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$