精品解析：安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

安徽师范大学附属中学2024～2025学年度第二学期期中考查 高二数学试题 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题：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. 曲线在处的切线斜率为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据基本初等函数的导数公式求值，再根据导数的几何意义即可选出正确答案. 【详解】由题意，所以斜率. 故选：C. 2. 的展开式共（ ） A. 10项 B. 15项 C. 20项 D. 21项 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项式定理的展开式项数即可得出结论. 【详解】∵， 由二项式定理可知，展示式中共有项， ∴的展开式共有项. 故选：B． 3. 若点是曲线上任意一点，则点到直线距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题知过点作曲线的切线，当切线与直线平行时，点到直线距离的最小，再根据导数的几何意义求解即可. 【详解】解：过点作曲线的切线，当切线与直线平行时，点到直线距离的最小. 设切点为，， 所以，切线斜率为， 由题知得或（舍）， 所以，，此时点到直线距离. 故选：C 4. 若能被5整除，则x，n的一组值可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项式定理变形，再逐项判断得解. 【详解】依题意，， 对于A，，，不能被5整除，A不是； 对于B，，，不能被5整除，B不是； 对于C，，，能被5整除，C是； 对于D，，，不能被5整除，D不是. 故选：C 5. 现将《西游记》、《红楼梦》、《水浒传》、《三国演义》、《史记》、《资治通鉴》6本不同的书籍分发给甲乙丙3人，每人至少分得1本，已知《西游记》分发给了甲，则不同的分发方式种数是（ ） A. 180 B. 150 C. 120 D. 210 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，分2步进行分析：①将6本不同的书籍分为3组，每组至少1本，②将《西游记》所在的组分发给了甲，剩下2组任意分配，由分步计数原理计算可得答案． 【详解】根据题意，分2步进行分析： ①将6本不同的书籍分为3组，每组至少1本， 若分为4、1、1的三组，有种分组方法， 若分为3，2，1的三组，有种分组方法， 若分为2，2，2的三组，有种分组方法， 共有种分组方法， ②将《西游记》所在的组分发给了甲，剩下2组任意分配，有2种情况， 则有种分发方式． 故选：A． 6. 从编号分别为1，2，…，9的9张卡片中任意抽取3张，将它们的编号从小到大依次记为，则且的概率是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用古典概型及组合计算即可. 【详解】由而从1，2，…，9中抽取，且最多只能取到5． 当时，，8，9共5种； 当时，共4种； 当时，共3种； 当时，共2种； 当，时，共1种，总共15种． 同理2时共10种，时共6种，时共3种，时共1种，即9， 所以概率为. 故选:D． 7. 已知，其中e为自然对数的底数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由，得，再由，得，由，得，然后构造函数，利用导数判断其单调性，可比较出的大小，从而可得答案. 【详解】令，则， 当时，，当时，， 所以当时，取得最小值，即， 所以， 所以﹔ 因为，所以， 令（），则， 当时，，当时，， 所以当时，取得最小值，所以， 所以，所以： 设 设 在上，，递减，所以 所以，递增， 所以，即 所以 综上： 故选：B 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数判断函数的单调性，考查利用函数的单调性比较大小，解题的关键是根据合理构造函数，通过函数的单调性比较大小，考查数学转化思想，属于较难题. 8. 中国古建筑闻名于世，源远流长.如图1，某公园的六角亭是中国常见的一种供休闲的古建筑，六角亭屋顶的结构示意图可近似地看作如图2所示的六棱锥.该公园管理处准备用风铃装饰六角亭屋顶的六个顶点A，B，C，D，E，F，现有四种不同形状的风铃可供选用，则在相邻的两个顶点挂不同形状的风铃的条件下，顶点A与C处挂同一种形状的风铃的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】记事件G：相邻的两个顶点挂不同形状的风铃，事件H：A与C处挂同一种形状的风铃.分三类讨论求出事件G的挂法总数，分两类讨论求出对于事件H的挂法总数，结合条件概率的计算公式计算即可求解. 【详解】记事件G：相邻的两个顶点挂不同形状的风铃，事件H：A与C处挂同一种形状的风铃. 对于事件G，包含的情况可分以下三类： （1）当A，C，E挂同一种形状的风铃时，有4种挂法， 此时B，D，F各有3种挂法，故不同的挂法共有4×3×3×3=108种； （2）当A，C，E挂两种不同形状的风铃时，有种挂法， 此时B，D，F有3×2×2种挂法，故不同的挂法共有种； （3）当A，C，E挂三种不同形状的风铃时，有种挂法， 此时B，D，F各有2种挂法，故不同的挂法共有种. 综上，总计有108+432+192=732种挂法，即. 当顶点A与C挂同一种形状的风铃，且相邻两顶点挂不同形状的风铃时，分以下两类： （1）A，C，E挂同一种形状的风铃，由前面解析可知，此时不同的挂法有108种； （2）当A，C挂同一种形状的风铃，E挂其他形状的风铃时，有种挂法， 此时B，D，F有3×2×2种挂法，故不同的挂法共有种. 综上，总计有108+144=252种挂法，即， 故. 故选：C. 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. 已知为函数的导函数，若函数的图象大致如图所示，则（ ） A. 有个极值点 B. 是的极大值点 C. 是的极大值点 D. 在上单调递减 【答案】AB 【解析】 【分析】根据函数的图像可得函数的单调区间，进而判断各选项. 【详解】根据函数的图象可知， 在区间，，，单调递增； 在区间，，，单调递减. 所以有个极值点、是的极大值点、在上单调递增，是的极小值点， 所以A，B选项正确； 故选：AB. 10. 一袋中有3个红球，4个白球，这些球除颜色外，其他完全相同，现从袋中任取3个球，事件“这3个球都是红球”，事件“这3个球中至少有1个红球”，事件“这3个球中至多有1个红球”，则下列判断正确的是（ ） A. 事件发生的概率为 B. 事件发生的概率为 C. 事件发生的概率为 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意，结合古典摡型的概率计算公式，组合数的计算公式，以及条件概率的计算公式，逐项分析求解，即可得到答案. 【详解】由题意，7个球中任取3个球的基本事件总数为 这3个球都是红球的基本事件数为， 所以事件发生的概率为，所以A错误； 这3个球中至少有1个红球的基本事件数为， 事件发生的概率为，所以B正确； 事件即为一个红球两个白球，基本事件数为 事件发生的概率为，所以C错误， 因为，由条件概率公式得，所以D正确. 故选：BD. 11. 已知函数有四个零点，，，（），则（ ） A. B. C. D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】将函数零点转化为方程的根，令，即方程有两根，根据一元二次方程根与系数的关系，结合函数图象、指数函数与对数函数的性质逐项分析即可. 【详解】由题意知有四个不同的根，显然，即， 令，即，即. 另外，， 令，得，故在区间上单调递增，在区间上单调递减， 当时，，可得函数的大致图象如图所示： 根据题意知存在两根，，不妨设， 则满足，. 即有， 则由图象可知，所以，故A正确； 由于方程的两根，满足， 所以，解得，故B确； 由，，得， 两边取自然对数得，故C不正确； 由，两边取自然底数得 若，则， 所以， 令，，所以恒成立， 所以在上单调递减， 又，且， 所以，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 12. 已知，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的定义，基本初等函数的导数公式可得，再根据同角三角函数的平方关系求值即可. 【详解】记，则， 由，可得， 所以. 故答案为：. 13. 已知函数，则不等式的解集为______. 【答案】 【解析】 【分析】首先确定函数的定义域，再利用导数与基本不等式判断单调性，最后利用函数的单调性解不等式即可. 【详解】由题意，函数的定义域为，且， 又，当且仅当，即取等号. 所以，所以在上是增函数， 因为，所以， 解得或. 故答案为： 14. 已知的二项展开式中各项的二项式系数之和为128，则展开式中的常数项等于______. 【答案】2520 【解析】 【分析】根据题意，得到，求得，再由表示7个相乘，结合组合数的计算公式，即可求解. 【详解】因为的二项展开式中二项式系数之和为128，所以，可得， 其中表示7个相乘， 则常数项应为1个，2个，2个，2个相乘， 所以展开式中的常数项为. 故答案为：. 15. 已知，（），则使不等式恒成立的正整数的最大值为______. 【答案】9 【解析】 【分析】先讨论，的单调性，可得，进而可求正整数的最大值. 【详解】设，，故， 当时，；当时，； 故在上为单调递增，在上为单调递减， 因为，故即，又，故， 故，所以即， 而，， 故正整数的最大值为9. 故答案为：9 四、解答题：本题共6小题，共72分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16. 解下列方程或不等式： （1）； （2）. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用组合数的性质，得到，求得或，结合，即可求得的值. （2）由不等式，求得，结合且，即可得到答案. 【小问1详解】 解：由组合数的性质，可得，且， 即，则， 整理得，解得或， 又因为，即，所以. 【小问2详解】 解：由不等式， 可得， 化简得，解得， 又因为且，所以， 所以原不等式的解集是. 17. 从、、等人中选出人排成一排. （1）必须在内，有多少种排法？ （2）、、都在内，且在前，在后，有多少种排法？ （3）不允许站排头和排尾，不允许站在中间（第三位），有多少种排法？ 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先在剩余人中选出，再将这人与进行全排列； （2）先在剩余人中选出，再根据部分定序问题排列方式进行排列； （3）根据特殊元素与特殊位置分情况讨论. 【小问1详解】 先从余下的人中选人共有种不同结果， 再将这人与进行全排列有种不同的排法， 故由乘法原理可知共有种不同排法； 【小问2详解】 因，，都在内，所以只需从余下人中选人有种不同结果， ，，相对顺序确定，共有种不同排法； 【小问3详解】 分四类：第一类：所选的人无、，共有种排法； 第二类：所选的人有、无，共有种排法； 第三类：所选的人无、有，共有种排法； 第四类：所选的人有、，若排中间时，有种排法， 若不排中间时，有种排法， 共有种排法； 综上，共有种不同排法. 18. 已知函数. （1）若时，，求的最小值； （2）若时，判断曲线是否为中心对称图形？若是，试求出对称中心. 【答案】（1） （2）是，对称中心为点 【解析】 【分析】（1）当时，求得，由，结合，即可求得的最小值； （2）由，结合的定义域关于对称，且，得到对称中心. 【小问1详解】 解：由函数，可得的定义域为. 当时，函数，可得， 因为，所以，当且仅当，等号成立， 又因为，可得，解得， 所以的最小值为. 【小问2详解】 解：当时，由函数， 则函数的定义域关于对称， 且 所以曲线是中心对称图形，对称中心为点. 19. 已知函数． （1）若，证明：： （2）若，都有，求实数的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）由导数判断单调性后求最小值证明， （2）转化为在上单调递增，分类讨论单调性后求解． 【小问1详解】 证明：若， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，故； 【小问2详解】 不妨设，所以，即， 所以函数在上单调递增， 令在上恒成立， 令． 当时，在上恒成立，又，不符合题意； 当时，令，解得，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，解得，此种情况无解， 当时，在上单调递增，， 在上恒成立， 综上所述，的取值范围为． 20. 观看篮球比赛一直受到广大高中生喜爱. （1）某职业球员甲每次投篮，选择投两分球的概率为，命中率为；投三分球的概率为，命中率为，求球员甲每次投篮命中的概率； （2）“大心脏”通常形容篮球员在最后时刻有良好的心理素质，以高命中率进行得分.在比赛最后几分钟内，乙有三次投篮机会，第一投篮的命中率为0.5，从第二次开始，每次投中的命中率会发生改变，若前一次投中，则该次投中的概率比前一次成功的概率增加0.2；若前一次未投中，则该次投中的概率比前一次成功的概率增加0.15，求乙在第三次投中的概率（答案请用小数表示）. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设事件为“甲选择投两分球”，事件为“甲选择投三分球”，事件为“甲投篮命中”，结合全概率公式，即可求解； （2）设事件为“乙在第次投篮命中”，得到，进而求得，，，，进而求得的值，即可求解. 【小问1详解】 解：设事件为“甲选择投两分球”，事件为“甲选择投三分球”，事件为“甲投篮命中”，则球员甲每次投篮命中的概率. 【小问2详解】 解：设事件为“乙在第次投篮命中”，其中， 则，，， 所以， ， ， ， 所以乙在第三次投中的概率为. 21. 定义：，其中. （1）化简求值：； （2）求证：当时，； （3）对于任意正整数，是否存在正整数，使得不等式恒成立？若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由，带入计算，即可求解； （2）设，求得，得到函数的单调性和最小值，进而证得； （3）由（2）可得，得到，求得，和，进而求得的最小值. 【小问1详解】 解：由题意知：， 所以. 【小问2详解】 解：设，则， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以当时，，当且仅当时取等号. 【小问3详解】 解：由（2）可得，当且仅当时取等号， 所以当，时，， 可得， 所以，则， 当时，， 所以，当时，，时，， 时， 所以，所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽师范大学附属中学2024～2025学年度第二学期期中考查 高二数学试题 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题：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. 曲线在处的切线斜率为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 2. 的展开式共（ ） A. 10项 B. 15项 C. 20项 D. 21项 3. 若点是曲线上任意一点，则点到直线距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 4. 若能被5整除，则x，n的一组值可能为（ ） A. B. C. D. 5. 现将《西游记》、《红楼梦》、《水浒传》、《三国演义》、《史记》、《资治通鉴》6本不同的书籍分发给甲乙丙3人，每人至少分得1本，已知《西游记》分发给了甲，则不同的分发方式种数是（ ） A. 180 B. 150 C. 120 D. 210 6. 从编号分别为1，2，…，9的9张卡片中任意抽取3张，将它们的编号从小到大依次记为，则且的概率是（ ）． A. B. C. D. 7. 已知，其中e为自然对数的底数，则（ ） A. B. C. D. 8. 中国古建筑闻名于世，源远流长.如图1，某公园的六角亭是中国常见的一种供休闲的古建筑，六角亭屋顶的结构示意图可近似地看作如图2所示的六棱锥.该公园管理处准备用风铃装饰六角亭屋顶的六个顶点A，B，C，D，E，F，现有四种不同形状的风铃可供选用，则在相邻的两个顶点挂不同形状的风铃的条件下，顶点A与C处挂同一种形状的风铃的概率为（ ） 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. 已知为函数的导函数，若函数的图象大致如图所示，则（ ） A. 有个极值点 B. 是的极大值点 C. 是的极大值点 D. 在上单调递减 10. 一袋中有3个红球，4个白球，这些球除颜色外，其他完全相同，现从袋中任取3个球，事件“这3个球都是红球”，事件“这3个球中至少有1个红球”，事件“这3个球中至多有1个红球”，则下列判断正确的是（ ） A. 事件发生的概率为 B. 事件发生的概率为 C. 事件发生的概率为 D. 11. 已知函数有四个零点，，，（），则（ ） A. B. C. D. 若，则 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 12. 已知，，则______. 13. 已知函数，则不等式的解集为______. 14. 已知的二项展开式中各项的二项式系数之和为128，则展开式中的常数项等于______. 15. 已知，（），则使不等式恒成立的正整数的最大值为______. 四、解答题：本题共6小题，共72分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16. 解下列方程或不等式： （1）； （2）. 17. 从、、等人中选出人排成一排. （1）必须在内，有多少种排法？ （2）、、都在内，且在前，在后，有多少种排法？ （3）不允许站排头和排尾，不允许站在中间（第三位），有多少种排法？ 18. 已知函数. （1）若时，，求的最小值； （2）若时，判断曲线是否为中心对称图形？若是，试求出对称中心. 19. 已知函数． （1）若，证明：： （2）若，都有，求实数的取值范围． 20. 观看篮球比赛一直受到广大高中生喜爱. （1）某职业球员甲每次投篮，选择投两分球的概率为，命中率为；投三分球的概率为，命中率为，求球员甲每次投篮命中的概率； （2）“大心脏”通常形容篮球员在最后时刻有良好的心理素质，以高命中率进行得分.在比赛最后几分钟内，乙有三次投篮机会，第一投篮的命中率为0.5，从第二次开始，每次投中的命中率会发生改变，若前一次投中，则该次投中的概率比前一次成功的概率增加0.2；若前一次未投中，则该次投中的概率比前一次成功的概率增加0.15，求乙在第三次投中的概率（答案请用小数表示）. 21. 定义：，其中. （1）化简求值：； （2）求证：当时，； （3）对于任意正整数，是否存在正整数，使得不等式恒成立？若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $