精品解析：北京市东城区北京汇文中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

2025北京汇文中学高二（下）期中 数 学 一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 在下列选项中，能正确表示集合和的关系的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出集合B，然后利用两个集合之间的关系进行判断即可. 【详解】由，可得，又，所以 故选：B 2. 命题“R，”的否定是 A. R， B. R, C. R, D. 不存在R， 【答案】B 【解析】 【详解】 由题意得，根据全称命题与存在性存在性命题的关系， 可知命题“ ”的否定是为“”，故选B． 3. 设，则的一个必要不充分条件是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】当时，是成立，当成立时，不一定成立，根据必要不充分条件的判定方法，即可求解. 【详解】由题意，当时，是成立，当成立时，不一定成立，所以是的必要不充分条件，故选A. 【点睛】本题主要考查了必要不充分条件的判定问题，其中解答中熟记必要不充分条件的判定方法是解答本题的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题. 4. 数字0，1，1，2可以组成不同三位数共有（ ） A. 24个 B. 12 C. 9个 D. 6个 【答案】C 【解析】 【分析】分百位上为1和百位上为2两种情况列举即可. 【详解】当百位上为1时，组成的三位数有101，102，110，112，120，121，共6个数， 当百位上为2时，组成的三位数有201，210，211，共3个数， 所以组成不同的三位数有9个. 故选：C 5. 下列求导正确的（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数加法运算法则判断A；根据复合函数的导数判断B；根据导数除法运算法则判断C；根据导数乘法运算法则判断D. 【详解】，A不正确； ，B不正确； ，C不正确； ，D正确. 故选：D. 6. 如图，用4种不同的颜色给矩形，，，涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（ ） A. 12种 B. 24种 C. 48种 D. 72种 【答案】D 【解析】 【分析】先涂C区域，再涂D，涂A，涂B，根据分步乘法计数原理可得解. 【详解】先涂C区域有4种涂法，再涂D区域3种涂法，涂A区域3种涂法，涂B区域2种涂法，由分步乘法计数原理，共有种涂法. 故选：D 7. 的展开式中的系数为（ ） A. 60 B. 50 C. 40 D. 20 【答案】A 【解析】 【分析】先求出展开式的通式公式，然后根据题意可得所求的系数为展开式中的系数减去2倍的的系数. 【详解】的展开式的通项为， 则的展开式中的系数为. 故选：A 8. 已知函数，下面说法正确的是（ ） A. 在上的平均变化率为1 B. C. 是的一个极大值点 D. 在处的瞬时变化率为2 【答案】D 【解析】 【分析】本题运用平均变化率公式及运用复合函数求导并根据导数的意义来作出判断. 【详解】由在上的平均变化率为，所以选项A是错误的； 利用复合函数求导法则，由，所以选项B是错误的； 因为，当时，，所以选项C是错误的； 因为，当时，，所以选项D是正确的； 故选：D. 9. 已知函数f(x)，满足在定义域内单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得在上恒成立，利用给定单调性建立不等式并分离参数，构造函数并求出最小值，即可得出实数a的取值范围. 【详解】函数的定义域为，求导得. 由在定义域内单调递减，得在上恒成立， 即在上恒成立，而 因此当时，取得最小值，则， 因此实数a的取值范围是. 故选：D 10. 盒子里有5个球，其中有2 个白球和3个红球，每次从中抽出1个球，抽出的球不再放回，则在第1次抽到白球的条件下，第2次抽到红球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设第1次抽到白球为事件A，第2次抽到红球为事件B，求出，，利用条件概率公式求出概率. 【详解】设第1次抽到白球为事件A，第2次抽到红球为事件B， 则，， 则在第1次抽到白球的条件下，第2次抽到红球的概率为. 故选：D 11. 给出以下值：①，②，③，④，其中使得函数有且仅有一个零点的是（ ） A. ①④ B. ②④ C. ①②③ D. ①②④ 【答案】B 【解析】 【分析】①将转化为，求导研究函数的性质，得出恒成立，即得函数无零点；②将转化成，求导研究的性质，得出，符合题意；③时，显然无实根，则函数无零点；④时，由得到，研究函数的性质，即得在上无零点，在上必有一个零点，符合题意. 【详解】①当时，由（*），可得（）， 设，， 则当时，，单调递减；当且时，，单调递增. 故时，，即方程无解，（*）也无解， 即此时无零点，不符题意； ②当时，由可得，（）， 设，， 则当时，，单调递减；当且时，，单调递增. 故时，，即方程只有1个实数解， 则函数有且仅有一个零点，符合题意； ③当时，因，显然该方程无实数解，不符题意； ④当时，由可得，（）， 设，则在上的零点等价于的零点， 而， 则当时，，单调递减；当时，，单调递增. 故时，， 当时，，故时，函数无零点， 又，故由零点存在定理，由可知，函数在上只有一个零点， 在上也只有一个零点，符合题意. 故选：B. 12. 已知集合满足：①，②，必有，③集合中所有元素之和为，则集合中元素个数最多为（ ） A. 11 B. 10 C. 9 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合满足的条件①②可知要使得集合中元素尽可能多，则相邻的两个自然数最少差为，故先考虑集合中元素是由公差为的等差数列构成，判断集合元素的个数的最多情况，再对部分元素进行调整即可得答案. 【详解】对于条件①，②，必有， 若集合中所有的元素是由公差为的等差数列构成，例如，集合中有个元素， 又则该集合满足条件①②，不符合条件③，故符合条件③的集合中元素个数最多不能超过10个， 故若要集合满足：①，②，必有，③集合中所有元素之和为，最多有10个元素， 例如. 故选：B 二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分． 13. 已知集合．若，则a的最大值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用集合的包含关系求出的取值范围即可. 【详解】集合，又， 则，所以a的最大值为. 故答案为： 14. 设函数则____． 【答案】 【解析】 【分析】首先求函数的导数，再求导数值.. 【详解】令，，则函数是由与构成的复合函数， 其对的导数为， 则， 故答案为：. 15. 若的展开式中存在常数项，则正整数的一个取值是_________，且此时常数项等于_________.（用数字作答） 【答案】 ①. 3（答案不唯一） ②. 12（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式，结合常数项的特征，即可求解. 【详解】二项展开式的通项公式为， 若展开式中存在常数项，则，，且， 所以满足条件的一个， 此时，常数项为. 故答案为：3； 16. 能够说明“存在不相等的正数，使得”是真命题的一组的值为______ 【答案】， 【解析】 【分析】本题先假设成立，再求出，最后令值即可. 【详解】解：-假设成立，则， 当时，，此时、是不相等的正数， 故命题为真命题的一组，的值为：， 故答案为：， 【点睛】本题考查利用命题的真假求参数值，答案不唯一，是开放性试题. 17. 牛顿和拉弗森在17世纪提出了“牛顿迭代法”，相比二分法可以更快速的给出近似值，至今仍在计算机等学科中被广泛应用．如图，设r是方程的根，选取作为r初始近似值．过点作曲线的切线，切线方程为当时，称与x轴的交点的横坐标为r的1次近似值；过点作曲线的切线，切线方程为当时，称与x轴的交点的横坐标为r的2次近似值；重复以上过程，得到r的近似值序列．这就是“牛顿迭代法”． （1）当时，r的次近似值与n次近似值的关系为：____． （2）若取作为r的初始近似值，根据牛顿迭代法，的2次近似值为____ (用分数表示)． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】（1）根据题意利用归纳推理可得的次近似值与的次近似值的关系式；（2）设，求导，化简，取，分别计算即可得解. 【详解】（1）由，令，解得，同理可得， 由此推理得的次近似值与的次近似值的关系式为； （2）设，是的正根，且， ， 当时，，， 故答案为：； 三、解答题：共5小题，每小题13分，共65分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 18. 某次测验满分为100分，A组和B组各有10人参加，成绩如下表： A 76 78 83 84 85 90 92 95 98 99 B 63 72 73 75 80 81 84 85 92 99 对于该次测验，分数时为及格，分数分时为良好，成绩分时为优秀. （1）从两组中任取1名学生，求该名学生成绩为良好的概率； （2）从A组中随机抽取1名学生，再从B组中随机抽取1名学生.用随机变量X表示这两人的成绩为优秀的人数，求X的分布列和数学期望； （3）从A、B两组中均随机抽取3人，A组成绩为76，83，92.已知B组抽出的3人中有2人的成绩为99，92，直接写出B组3人成绩方差比A组3人成绩方差小的概率， 【答案】（1） （2）分布列见解析，期望为 （3） 【解析】 【分析】（1）应用古典概型求解事件的概率即可； （2）A组中优秀的学生有5人，再从B组中优秀的学生有2人，再根据超几何分布计算其概率，列出分布列，求期望； （3）根据平均数与方差的计算公式，结合题意即可得出a的取值范围即可求出概率. 【小问1详解】 由题意知，A组中良好的学生有5人，再从B组中良好的学生有7人， 从两组中任取1名学生，求该名学生成绩为良好的概率为. 因此，学生成绩为良好的概率为. 【小问2详解】 根据题意得，A组中优秀学生有5人，再从B组中优秀的学生有2人 X的可能取值为0，1，2. 则，， 所以X的分布列为： X 0 1 2 P 因此，X的数学期望. 【小问3详解】 A组成绩为成绩分别为76，83，92，平均值为，方差为， B组抽出的3人中有2人的成绩为99，92， ，平均值为， 所以， 即， 代入检验，可知最小为84，最大， 故B组3人成绩方差比A组3人成绩方差小的概率为. 19. 已知函数在x＝1处取得极值． （1）求a的值； （2）求f（x）在区间[－4，4]上的最大值和最小值． 【答案】（1）9；（2）最大值为76，最小值为－5. 【解析】 【分析】（1）求出导函数，利用在处取得极值，，求解即可． （2）求出．判断导函数的符号，判断函数的单调性，然后求解极值，求解端点值，推出最值即可． 【详解】解：（1）因为， 所以． 因为在x＝1处取得极值， 所以，即，解得 经检验，符合题意． （2）由（1）得． 所以． 令，得或； 令，得． 所以的单调递增区间为，，单调递减区间为． 所以的极大值为，极小值为 又， ， 所以 所以的最大值为76，最小值为 20. 某篮球夏令营举行超远距离投篮闯关游戏，游戏规则如下： 夏令营成员组队参加游戏，每队由三名队员组成.三名队员排好出场顺序后，依次出场投篮，且每名队员只投一次.如果一名队员投中，则游戏停止；如果这名队员没有投中，则派出下一名队员，直至有队员投中（闯关成功）或无队员可派出（闯关失败）时游戏停止.现有甲、乙、丙三人组队参加游戏，他们投中的概率分别为、、，且每次每人投中与否相互独立. （1）若，，，求游戏停止时小队有人投中的概率； （2）若，现在小队计划两种方案参加游戏. 方案一：甲最先、乙次之、丙最后；方案二：丙最先、甲次之、乙最后； （ⅰ）若采用方案一，求所需派出人员数目的分布列和期望； （ⅱ）分析采用哪种方案，可使所需派出人员数目的期望更小. 【答案】（1） （2）（ⅰ）分布列见解析，；（ⅱ）方案一 【解析】 【分析】（1）由独立事件的乘法公式和对立事件的概率公式可得； （2）（i）先求出的分布列，再由期望公式求出期望；（ii）分别求出两种方案的期望，作差比较大小即可； 【小问1详解】 设“停止比赛时小队有人投中”为事件， 则，所以. 【小问2详解】 （ⅰ）的所有可能取值为1，2，3 ，，； 所以的分布列为 1 2 3 . （ⅱ）设方案二所需派出人员数目，同理可得， 因为，所以 ， 所以，方案一可使所需派出人员数目的期望更小. 21. 已知函数. （1）当时，求的定义域； （2）若在区间上单调递减，求的取值范围； （3）当时，证明：若，，则.（参考数据：，，） 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据对数、分式性质求函数定义域； （2）对函数求导，根据题设有在上恒成立，构造函数研究最值，列不等式求参数范围. （3）应用导数分别求在、上的最值，进而得到、，即可证结论. 【小问1详解】 由题设，则，故定义域为. 【小问2详解】 由，则必有，且， 由在区间上单调递减，则在上恒成立， 令且，则， 在上，则单调递增，故， 所以. 【小问3详解】 当，则，且， 设，则， 当，则，当，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 当， 0 0 单调递减 极小值 单调递增 ； 当，，，故使， 0 0 单调递增 极大值 单调递减 由，又，则， 综上，得证. 【点睛】关键点点睛：第三问，应用导数求出在、上的最值为关键. 22. 已知集合且满足与恰有一个成立．对于T定义． （1）若求的值及的最大值； （2）从中任意删去2个数，记剩下个数之和为M，求证：； （3）求证：对于满足的每一个集合T，集合S中都存在3个不同的元素e，f，g，使得． 【答案】（1），最大值2； （2）证明见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题设新定义求的值及的最大值； （2）由题设有得，假设删去的两个数为，有，结合，进而得到，即可证结论； （3）记为（若最大数不唯一，任取一个），根据题设中一定存在元素使得，否则与前提矛盾，进而得到，即可证结论. 【小问1详解】 因为， 所以，故. 因为，所以. 所以. 所以当1时，取得最大值2. 【小问2详解】 由的定义知：. 所以 . 设删去的两个数为，则. 由题意知，且当其中至多一个不等式中等号成立， 不妨设时，，所以， 所以， 所以，即. 【小问3详解】 中存在最大数， 不妨记为（若最大数不唯一，任取一个）， 因为，所以存在，使得，即. 由，设集合，则中一定存在元素使得. 否则，，与是最大数矛盾. 所以，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025北京汇文中学高二（下）期中 数 学 一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 在下列选项中，能正确表示集合和关系的是（ ） A. B. C. D. 2. 命题“R，”的否定是 A. R， B. R, C. R, D. 不存在R， 3. 设，则的一个必要不充分条件是 A. B. C. D. 4. 数字0，1，1，2可以组成不同的三位数共有（ ） A. 24个 B. 12 C. 9个 D. 6个 5. 下列求导正确（ ） A. B. C. D. 6. 如图，用4种不同的颜色给矩形，，，涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（ ） A. 12种 B. 24种 C. 48种 D. 72种 7. 的展开式中的系数为（ ） A. 60 B. 50 C. 40 D. 20 8. 已知函数，下面说法正确的是（ ） A. 在上的平均变化率为1 B. C. 是的一个极大值点 D. 在处的瞬时变化率为2 9. 已知函数f(x)，满足在定义域内单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 盒子里有5个球，其中有2 个白球和3个红球，每次从中抽出1个球，抽出的球不再放回，则在第1次抽到白球的条件下，第2次抽到红球的概率为（ ） A. B. C. D. 11. 给出以下值：①，②，③，④，其中使得函数有且仅有一个零点的是（ ） A. ①④ B. ②④ C. ①②③ D. ①②④ 12. 已知集合满足：①，②，必有，③集合中所有元素之和为，则集合中元素个数最多为（ ） A 11 B. 10 C. 9 D. 8 二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分． 13. 已知集合．若，则a最大值为_______． 14. 设函数则____． 15. 若的展开式中存在常数项，则正整数的一个取值是_________，且此时常数项等于_________.（用数字作答） 16. 能够说明“存在不相等的正数，使得”是真命题的一组的值为______ 17. 牛顿和拉弗森在17世纪提出了“牛顿迭代法”，相比二分法可以更快速的给出近似值，至今仍在计算机等学科中被广泛应用．如图，设r是方程的根，选取作为r初始近似值．过点作曲线的切线，切线方程为当时，称与x轴的交点的横坐标为r的1次近似值；过点作曲线的切线，切线方程为当时，称与x轴的交点的横坐标为r的2次近似值；重复以上过程，得到r的近似值序列．这就是“牛顿迭代法”． （1）当时，r的次近似值与n次近似值的关系为：____． （2）若取作为r的初始近似值，根据牛顿迭代法，的2次近似值为____ (用分数表示)． 三、解答题：共5小题，每小题13分，共65分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 18. 某次测验满分为100分，A组和B组各有10人参加，成绩如下表： A 76 78 83 84 85 90 92 95 98 99 B 63 72 73 75 80 81 84 85 92 99 对于该次测验，分数时为及格，分数分时为良好，成绩分时为优秀. （1）从两组中任取1名学生，求该名学生成绩为良好的概率； （2）从A组中随机抽取1名学生，再从B组中随机抽取1名学生.用随机变量X表示这两人的成绩为优秀的人数，求X的分布列和数学期望； （3）从A、B两组中均随机抽取3人，A组成绩为76，83，92.已知B组抽出的3人中有2人的成绩为99，92，直接写出B组3人成绩方差比A组3人成绩方差小的概率， 19. 已知函数在x＝1处取得极值． （1）求a的值； （2）求f（x）在区间[－4，4]上的最大值和最小值． 20. 某篮球夏令营举行超远距离投篮闯关游戏，游戏规则如下： 夏令营成员组队参加游戏，每队由三名队员组成.三名队员排好出场顺序后，依次出场投篮，且每名队员只投一次.如果一名队员投中，则游戏停止；如果这名队员没有投中，则派出下一名队员，直至有队员投中（闯关成功）或无队员可派出（闯关失败）时游戏停止.现有甲、乙、丙三人组队参加游戏，他们投中的概率分别为、、，且每次每人投中与否相互独立. （1）若，，，求游戏停止时小队有人投中的概率； （2）若，现在小队计划两种方案参加游戏. 方案一：甲最先、乙次之、丙最后；方案二：丙最先、甲次之、乙最后； （ⅰ）若采用方案一，求所需派出人员数目的分布列和期望； （ⅱ）分析采用哪种方案，可使所需派出人员数目的期望更小. 21. 已知函数. （1）当时，求定义域； （2）若在区间上单调递减，求的取值范围； （3）当时，证明：若，，则.（参考数据：，，） 22. 已知集合且满足与恰有一个成立．对于T定义． （1）若求的值及的最大值； （2）从中任意删去2个数，记剩下的个数之和为M，求证：； （3）求证：对于满足的每一个集合T，集合S中都存在3个不同的元素e，f，g，使得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$