精品解析：山东省济南第一中学2024-2025学年高二下学期期中学情检测数学试题

高二年级期中学情检测 数学学科试题 说明：本试题分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷为第1页至第3页，共14题，第Ⅱ卷为第3页至第4页，共5题.请将答案按要求填写在答题纸相应位置，答在其它位置无效，考试结束后将答题卡上交.试题满分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（共73分） 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. 已知函数，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 将2封不同的信投入3个不同的信箱，不同的投法种数为（ ） A. B. C. D. 3. 设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则导函数的图象可能是（    ） A. B. C. D. 4. 函数在区间上的最大值是（ ） A. －9 B. －16 C. 16 D. 9 5. 甲、乙两人各自独立射击，甲射击两次，乙射击一次．若甲每次射击命中目标的概率为，乙每次射击命中目标的概率为，甲、乙两人每次射击是否命中目标互不影响．则在两人三次射击中至少命中目标两次的条件下，甲恰好命中目标两次的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 设是函数的导函数，若，则（ ） A. B. C. D. 7. “杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现如图，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，若第行中从左至右只有第5个数为该行中的最大值，则的值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 8. 甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询这三个项目，每人限报其中一项，记事件为“恰有2名同学所报项目相同”，事件为“只有甲同学一人报关怀老人项目”，则（ ） 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. 9. 在二项式的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 二项式系数和为512 B. 不存在常数项 C. 含项的系数为45 D. 第6项的系数最大 10. 已知函数，则（ ） A. 在处的切线与直线平行 B. 是上的增函数 C. 为的极值点 D. 最小值为 11. 现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加“山东书城”暑期志愿者服务活动，有翻译、导购员、收银员、仓库管理员四项工作可供选择，每人至多从事一项工作，下列说法正确的是（ ） A. 若5人每人可任选一项工作，则有种不同的选法 B. 若安排甲和乙分别从事翻译、收银工作，其余3人中任选2人分别从事导购、仓库管理工作，则有12种不同的方案 C. 若仓库管理工作必须安排2人，其余工作各安排1人，则有60种不同的方案 D. 若每项工作至少安排1人，每人均需参加一项工作，其中甲、乙不能从事翻译工作，则有126种不同的方案 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则______. 13. 在的展开式中的系数是________．（用数字作答） 14. 已知定义在上的偶函数的导函数为，且当时，恒有若有，则实数的取值范围为____ 第Ⅱ卷（共77分） 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. 已知展开式中只有第5项的二项式系数最大. （1）求展开式中含的项； （2）设，求的值. 16. 已知函数，曲线在点处的切线与直线垂直． （1）求函数的单调区间和极值； （2）求证：当时，． 17. 在混放在一起的6件不同的产品中，有2件次品，4件正品.现需要通过检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束. （1）若第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，求共有多少种不同的抽法； （2）已知每检测一件产品需要100元费用，求检测结束时检测费用为400元的抽法有多少种？（要求：解答过程要有必要的说明和步骤） 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）设，求函数的极大值； （3）若，求函数的零点个数． 19. 已知编号为的三个袋子中装有除标号外完全相同的小球，其中1号袋子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号袋子内装有两个1号球，一个3号球；3号袋子内装有三个1号球，两个2号球和一个3号球．现按照如下规则连续摸球两次；第一次先从1号袋子中随机摸出1个球，并将摸出的球放入与球编号相同的袋子中，第二次从刚放入球的袋子中再随机摸出1个球． （1）若第二次摸到的是3号球，计算此3号球在第二次摸球过程中分别来自号袋子的概率； （2）设是样本空间上的两个离散型随机变量，则称是上的二维离散型随机变量．设的一切可能取值为，记表示在中出现的概率，其中．若表示第一次摸出的是号球，表示第二次摸出的是号球． ①求； ②证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级期中学情检测 数学学科试题 说明：本试题分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷为第1页至第3页，共14题，第Ⅱ卷为第3页至第4页，共5题.请将答案按要求填写在答题纸相应位置，答在其它位置无效，考试结束后将答题卡上交.试题满分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（共73分） 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. 已知函数，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数的运算法则和定义求解即可． 【详解】， ， ， ，， 故选：D． 2. 将2封不同的信投入3个不同的信箱，不同的投法种数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接利用分步原理的应用求出结果． 【详解】解：根据分步原理的应用， 所以：第一封信的投法有3种，第二封信的投法有3种， 故一共有种投法． 故选：． 【点睛】本题考查的知识要点：分步原理的应用，主要考查学生的运算能力和思维能力，属于基础题． 3. 设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则导函数的图象可能是（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据原函数图象，利用原函数递增；原函数递减可判断结果． 【详解】由原函数图象可得， 当时，原函数单调递增，导函数恒为正值； 当时，函数在上是先减后增再减，其导数值的符号为负、正、负； 结合选项可得，只有A选项满足. 故选：A． 4. 函数在区间上的最大值是（ ） A. －9 B. －16 C. 16 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，求导可得的极值，从而得到结果. 【详解】因为，令，解得， 当时，，即单调递增， 当时，，即单调递减， 所以在时取得极大值，即最大值， 所以在区间上的最大值是. 故选：C 5. 甲、乙两人各自独立射击，甲射击两次，乙射击一次．若甲每次射击命中目标的概率为，乙每次射击命中目标的概率为，甲、乙两人每次射击是否命中目标互不影响．则在两人三次射击中至少命中目标两次的条件下，甲恰好命中目标两次的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由独立事件概率乘法公式求出，再根据条件概率公式求解. 【详解】设甲、乙两人三次射击中至少命中目标两次为事件，甲恰好命中目标两次为事件， 则, ， 所以. 故选：C 6. 设是函数的导函数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分和两种情况，结合导数判断函数的单调性讨论可得. 【详解】时单调递增，，则 时单调递减，，则 故选：B. 7. “杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现如图，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，若第行中从左至右只有第5个数为该行中的最大值，则的值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知，第行的数就是二项式的展开式中各项的二项式系数，再利用二项式的系数的性质可求得结果． 【详解】由题意可知，第行的数就是二项式的展开式中各项的二项式系数． 因为只有第5项的二项式系数最大，所以为偶数，故，解得. 故选：B． 8. 甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询这三个项目，每人限报其中一项，记事件为“恰有2名同学所报项目相同”，事件为“只有甲同学一人报关怀老人项目”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 确定事件AB，利用古典概型的概率公式计算出P(AB)和P(A)，再利用条件概型的概率公式可计算出P(B|A)的值. 【详解】事件AB为“4名同学所报项目恰有2名同学所报项目相同且只有甲同学一人报关怀老人项目”. , 所以 故选：A 【点睛】本题考查条件概型概率的计算，考查条件概率公式的理解和应用，考查运算能力，属于中等题． 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. 9. 在二项式的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 二项式系数和为512 B. 不存在常数项 C. 含项的系数为45 D. 第6项的系数最大 【答案】BC 【解析】 【分析】求出展开式的通项，根据二项式系数的定义即可判断A；令的指数等于即可判断B；令的指数等于即可判断C；根据系数性质即可判断D. 【详解】的展开式通项为，，1，…，10， 的二项式系数和为，故A不正确； 令，解得，故展开式不存在常数，B正确； 令，解得，故含项的系数为，C正确； 当时，的展开式的第6项的系数为， 当为奇数时系数小于0，当为偶数时，的展开式 第5项与第7项的二项式系数分别为与相等且最大，D不正确； 故选：BC. 10. 已知函数，则（ ） A. 在处的切线与直线平行 B. 是上的增函数 C. 为的极值点 D. 最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出斜率，进而求出切线方程判断项，利用导数求出单调区间、求出极值、最值对进行判断. 【详解】对于项：因为，所以，且， 所以在处的切线方程为，与直线平行.所以项正确. 对于项：时或，在和上， 递增，在上，递减，所以项错误. 对于项：根据对项分析，知项正确. 对于项：根据对项分析，知在处取极小值，， 在上函数递增，且时，， 所以有最小值为，所以项正确. 故选：. 11. 现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加“山东书城”暑期志愿者服务活动，有翻译、导购员、收银员、仓库管理员四项工作可供选择，每人至多从事一项工作，下列说法正确的是（ ） A. 若5人每人可任选一项工作，则有种不同的选法 B. 若安排甲和乙分别从事翻译、收银工作，其余3人中任选2人分别从事导购、仓库管理工作，则有12种不同的方案 C. 若仓库管理工作必须安排2人，其余工作各安排1人，则有60种不同的方案 D. 若每项工作至少安排1人，每人均需参加一项工作，其中甲、乙不能从事翻译工作，则有126种不同的方案 【答案】CD 【解析】 【分析】根据排列组合知识分别进行计算可得正确选项 【详解】对于A，安排5人参加4项工作，若每人可任选一项工作，每人有4种安排方式，则有种安排方法，故A不正确； 对于B，安排甲和乙分别从事翻译、收银工作，则有1种方法， 其余3人中任选2人分别从事导购、仓库管理工作，则有种方法， 则共有：种方法，则B错误； 对于C，若仓库管理工作必须安排2人，其余工作各安排1人，则有种不同的方案，故C正确； 对于D，①从剩下的三人选一个人从事翻译工作，则有种方法， 则甲、乙和三人中剩下的2人从事其余的三个工作共有：种方法， 则共有种方法. ②从剩下的三人选2个人从事翻译工作，则有种方法， 则甲、乙和三人中剩下的1人从事其余的三个工作共有：种方法， 则共有种方法， 所以若每项工作至少安排1人，每人均需参加一项工作，其中甲、乙不能从事翻译工作， 则有种不同的方案，故D正确. 故选：CD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则______. 【答案】4或7 【解析】 【分析】根据组合数的性质，列式计算可得答案. 【详解】由可得或， 解得或， 故答案为：4或7 13. 在的展开式中的系数是________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：由题意得， 所以展开式中为， 所以展开式中的系数是． 故答案为：-3. 14. 已知定义在上的偶函数的导函数为，且当时，恒有若有，则实数的取值范围为____ 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，求导得到其单调性，判断奇偶性，可得，进而可解． 【详解】因为， 所以， 即， 设， ， 当时，恒有， 故时，，单调递减，， 则是偶函数， 则， 解得，即． 故答案为：． 第Ⅱ卷（共77分） 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. 已知展开式中只有第5项的二项式系数最大. （1）求展开式中含的项； （2）设，求的值. 【答案】（1）；（2）0. 【解析】 【分析】（1）根据二项式系数的最大项求得，再利用二项式展开式的通项公式即可求得的项； （2）利用赋值法，即可容易求得结果. 【详解】（1）因为展开式中只有第5项的二项式系数最大，所以 ，， 所以当时，. （2）令，得， 又， 所以 【点睛】本题考查二项式系数的单调性，以及用二项式展开式通项公式求指定项系数，以及用赋值法求系数和，属综合基础题. 16. 已知函数，曲线在点处的切线与直线垂直． （1）求函数的单调区间和极值； （2）求证：当时，． 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增；，无极大值；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由题意可得，从而可求出的值，然后由导函数的正负可求出函数的单调区间，从而可求出函数的极值， （2）由，令，求导后利用导数求出函数的最大值小于等于零即可 【详解】（1）解：定义域：， ∵，∴， 当时，；当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增； ，无极大值． （2）证明：由（1）知， 令， 则， ，，， ∴，即在上单调递减， ， ∴当时，． 17. 在混放在一起的6件不同的产品中，有2件次品，4件正品.现需要通过检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束. （1）若第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，求共有多少种不同的抽法； （2）已知每检测一件产品需要100元费用，求检测结束时检测费用为400元的抽法有多少种？（要求：解答过程要有必要的说明和步骤） 【答案】（1）120 （2）96 【解析】 【分析】（1）由题意知，第一次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束，然后利用两个计数原理和排列组合数即可求解； （2）利用分类加法计数原理和排列组合的相关知识即可进行求解. 【小问1详解】 由题意知，第一次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束， 第1次抽到的是正品有种抽法；第2次抽到的是次品有种抽法；第3次抽到的是正品有种抽法； 当抽取4次结束时，第4次抽到的必是次品，共有种抽法； 当抽取5次结束时，若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是正品，则共有种抽法； 若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是次品，则共有种抽法； 综上，第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品共有120种抽法. 【小问2详解】 由题意知，检测费用为400元，说明一共抽取了4次检测结束，共有以下两种情况： ①4次抽到的均为正品，共有种抽法； ②前3次抽到2件正品，1件次品，且第4次抽到的是次品，共有种抽法. 所以，检测结束时，检测费用为400元的抽法共有96种. 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）设，求函数的极大值； （3）若，求函数的零点个数． 【答案】（1） （2）当时，函数无极大值；当时，的极大值为； （3） 【解析】 【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解； （2）求导，分，和三种情况讨论，再结合极大值的定义即可得解； （3）令，则，再分的正负讨论，当时，分离参数可得，则函数零点的个数即为函数图象交点的个数，构造函数，利用导数求出其单调区间和极值，作出函数的大致图象，结合图象即可得解. 【小问1详解】 当时，，， 则， 所以曲线在点处的切线方程为，即； 【小问2详解】 ，则， 则， 当时，，此时函数无极值； 当时，令，则或，令，则， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为； 当时，令，则或，令，则， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 而函数的定义域为， 所以此时函数无极值. 综上所述，当时，函数无极大值； 当时，的极大值为； 【小问3详解】 令，则， 当时，， 所以时，函数无零点； 当时，由，得，所以， 则时，函数零点的个数即为函数图象交点的个数， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又当时，且，当时，， 如图，作出函数的大致图象， 又，由图可知，所以函数的图象只有个交点， 即当时，函数只有个零点； 综上所述，若，函数有个零点． 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 19. 已知编号为的三个袋子中装有除标号外完全相同的小球，其中1号袋子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号袋子内装有两个1号球，一个3号球；3号袋子内装有三个1号球，两个2号球和一个3号球．现按照如下规则连续摸球两次；第一次先从1号袋子中随机摸出1个球，并将摸出的球放入与球编号相同的袋子中，第二次从刚放入球的袋子中再随机摸出1个球． （1）若第二次摸到的是3号球，计算此3号球在第二次摸球过程中分别来自号袋子的概率； （2）设是样本空间上的两个离散型随机变量，则称是上的二维离散型随机变量．设的一切可能取值为，记表示在中出现的概率，其中．若表示第一次摸出的是号球，表示第二次摸出的是号球． ①求； ②证明：． 【答案】（1），，； （2）①；②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出第一次摸到第1，2，3号球的概率，结合已知条件，利用全概率公式及条件概率公式依次计算即得. （2）①求出第一次摸出1号球，并放入1号袋子，第二次从该袋子摸出2号球的概率；②利用全概率公式推理即得. 【小问1详解】 设第一次摸到球的事件为，第二次摸到的是3号球的事件为， 第二次在第号袋子里摸到的是3号球的事件为，， ， 于是， 所以第二次摸到的是3号球，它来自1号袋子的概率； 第二次摸到的是3号球，它来自2号袋子的概率； 第二次摸到的是3号球，它来自3号袋子的概率. 【小问2详解】 ①依题意，，即第一次摸出1号球，并放入1号袋子，第二次从该袋子摸出2号球的概率， 所以. ②由定义及全概率公式知， ， 所以. 【点睛】方法点睛：全概率公式是将复杂事件A的概率求解问题转化为在不同情况下发生的简单事件的概率求和问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $