精品解析：广东省深圳市福田区外国语高级中学2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题

西浦教育集团外国语高中2024－2025学年度第二学期 高二年级期中考试 数学学科试题 答题注意事项： 1．本试卷满分150分；考试用时120分钟； 2．本试卷分二卷，不按要求答卷不得分. 一、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. 在等比数列中，，，则公比（ ） A. B. C. D. 2. 的展开式中二项式系数最大的项为（ ） A. 第二项 B. 第三项 C. 第四项 D. 第五项 3. 甲、乙、丙三名高一学生都已选择物理、化学两科作为自己的高考科目，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己的第三门高考选考科目，则不同的选法种数为（ ） A. B. C. D. 4. 已知随机变量的分布列如下表，若，则（ ） P A. B. C. D. 5. 已知数列为等比数列，且，，设等差数列的前n项和为，若，则（ ） A. －36或36 B. －36 C. 36 D. 18 6. 某班有6名班干部，其中4名男生，2名女生.从中选出3人参加学校组织的社会实践活动，在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为（　　） A. B. C. D. 7. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 函数的导数仍是x的函数，通常把导函数的导数叫做函数的二阶导数，记作，类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，三阶导数的导数叫做四阶导数……．一般地，阶导数的导数叫做n阶导数，函数的n阶导数记为，例如的n阶导数．若，则（ ） A. B. 50 C. 49 D. 二、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. 如图，这是函数的导函数的图象，则（ ） A. 在处取得极大值 B. 是的极小值点 C. 在上单调递减 D. 是的极小值 10. 已知的展开式中第3项与第7项的系数相等，则（ ） A. B. 的展开式中项的系数为56 C. 奇数项的二项式系数和为128 D. 的展开式中项的系数为 11. 如图，是一块半径为1的半圆形纸板，在的左下端剪去一个半径为的半圆后得到图形，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个剪掉半圆的半径）得图形，记纸板的周长为，面积为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知某地市场上供应的一种电子产品中，甲厂产品占，乙厂产品占，甲厂产品的合格率是，乙厂产品的合格率是，则从该地市场上买到一个合格产品的概率是______． 13. 在等差数列中，，公差为d，且成等比数列，则d=_______． 14. 已知函数的定义域为，，对任意，恒成立，则的解集为______． 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. 已知函数在处取得极值． （1）求，的值； （2）求曲线在处的切线方程． 16. 已知数列{}的前n项和为，且2=3-3（n∈） （1）求数列{}的通项公式 （2）若=（n+1），求数列{}的前n项和 17. 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，若闯关成功则依次分别获得公益基金元，元，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，全部公益基金清零．假设某嘉宾第一关，第二关，第三关闯关成功的概率分别是，，，该嘉宾选择继续闯第二关、第三关的概率分别为. （1）求该嘉宾获得公益基金元的概率； （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． 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 19. 如果数列满足：且，则称数列为“阶万物数列”． （1）若某“4阶万物数列”是等比数列，求该数列的各项； （2）若某“9阶万物数列”是等差数列，求该数列的通项公式； （3）若为“阶万物数列”，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西浦教育集团外国语高中2024－2025学年度第二学期 高二年级期中考试 数学学科试题 答题注意事项： 1．本试卷满分150分；考试用时120分钟； 2．本试卷分二卷，不按要求答卷不得分. 一、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. 在等比数列中，，，则公比（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用等比数列性质求解即可. 【详解】由题知，解得. 故选：A 2. 的展开式中二项式系数最大的项为（ ） A. 第二项 B. 第三项 C. 第四项 D. 第五项 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合二项展开式的二项式系数的性质，即可求解. 【详解】由的展开式中，项的二项式系数为， 根据二项式系数的性质得，当时，，即第四项的二项式系数最大． 故选：C. 3. 甲、乙、丙三名高一学生都已选择物理、化学两科作为自己的高考科目，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己的第三门高考选考科目，则不同的选法种数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】每位同学的第三门高考选考科目都有种选择，按照分步乘法计数原理计算可得. 【详解】依题意甲、乙、丙每位同学的第三门高考选考科目都有种选择， 按照分步乘法计数原理可知不同的选法种数为. 故选：A 4. 已知随机变量的分布列如下表，若，则（ ） P A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由期望公式可得，结合分布列的性质有，再应用方差公式求. 【详解】由题设，，即，则， 而， 所以. 故选：C 5. 已知数列为等比数列，且，，设等差数列的前n项和为，若，则（ ） A. －36或36 B. －36 C. 36 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式求得，继而求得的值，利用等差数列前项和公式进行计算即可. 【详解】数列为等比数列，设公比为q，且，， 则，则， 则， 则， 故选：C. 6. 某班有6名班干部，其中4名男生，2名女生.从中选出3人参加学校组织的社会实践活动，在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设男生甲被选中为事件，女生乙被选中为事件，分别求得，，再结合条件概率的计算公式，即可求解. 【详解】解：由题意，从现有4名男生，2名女生选出3人参加学校组织的社会实践活动， 设男生甲被选中为事件，其概率为， 设女生乙被选中为事件， 则男生甲被选中且女生乙也被选中的概率为， 所以在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为. 故选：B. 7. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求得，根据题意，转化为在区间上恒成立，令，求得，得到在上递增，得出，进而求得的取值范围, 【详解】由函数，可得， 因为函数在区间上单调递增，即在区间上恒成立， 即在区间上恒成立， 令，可得， 所以在上单调递增，所以，所以， 即实数的取值范围为. 故选：B． 8. 函数的导数仍是x的函数，通常把导函数的导数叫做函数的二阶导数，记作，类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，三阶导数的导数叫做四阶导数……．一般地，阶导数的导数叫做n阶导数，函数的n阶导数记为，例如的n阶导数．若，则（ ） A. B. 50 C. 49 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，列举的前几项，根据规律，写出，代入，即可求解. 【详解】由，， ，， 依此类推，， 所以. 故选：A 二、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. 如图，这是函数的导函数的图象，则（ ） A. 在处取得极大值 B. 是的极小值点 C. 在上单调递减 D. 是的极小值 【答案】ABC 【解析】 【分析】由导函数的图象，可判断在对应区间上的单调性与极值，对四个选项逐一判断可得答案． 【详解】由导函数的图象可知，当时， 当时，当时，当时， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以在处取得极大值，在和处取得极小值，故A、B、C正确； 因为，且在上单调递减，处导函数未变号，不是极值点， 所以不是的极小值，故D错误. 故选：ABC． 10. 已知的展开式中第3项与第7项的系数相等，则（ ） A. B. 的展开式中项的系数为56 C. 奇数项的二项式系数和为128 D. 的展开式中项的系数为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用二项式定理求得的展开通项公式，从而得到关于的方程，解出的值判断AB，利用所有奇数项的二项式系数和为判断C，根据二项式定理判断D. 【详解】因为的展开式通项为（且）， 所以的展开式的第项的系数为， 依题意可得，所以，故A正确； 因为的展开式通项为（且）， 所以项的系数为，故B错误； 奇数项的二项式系数和为，故C正确； 根据二项式定理，表示个相乘， 所以在这个因式中，其中个选择，个选择，个选择， 所以的展开式中项的系数为，故D正确； 故选：ACD 11. 如图，是一块半径为1的半圆形纸板，在的左下端剪去一个半径为的半圆后得到图形，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个剪掉半圆的半径）得图形，记纸板的周长为，面积为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意，纸板相较于纸板剪掉了半径为的半圆，故可得，用累加法可求得通项公式，代入选项可判断AC选项，同理可求得，即可判断BD选项. 【详解】根据题意可得纸板相较于纸板剪掉了半径为的半圆，故，即，故，，，，…，，累加可得 ， 所以，故A正确，C正确；又，故，即，又，，，…，，累加可得，故，故B，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. 已知某地市场上供应的一种电子产品中，甲厂产品占，乙厂产品占，甲厂产品的合格率是，乙厂产品的合格率是，则从该地市场上买到一个合格产品的概率是______． 【答案】0.76 【解析】 【分析】利用全概率公式求解从该地市场上买到一个合格产品的概率，需要先确定不同厂家产品的概率以及在各厂家产品条件下买到合格产品的概率，再根据全概率公式计算最终结果. 【详解】设“买到的产品是甲厂产品”为事件，“买到的产品是乙厂产品”为事件. 已知甲厂产品占，乙厂产品占，所以，.  记“从该地市场上买到一个合格产品”为事件. 因为甲厂产品的合格率是，所以在买到甲厂产品的条件下，产品合格的概率； 又因为乙厂产品的合格率是，所以在买到乙厂产品的条件下，产品合格的概率.  根据全概率公式. 将，，，代入上式可得：   故答案为：. 13. 在等差数列中，，公差为d，且成等比数列，则d=_______． 【答案】2 【解析】 【分析】利用等差数列通项公式基本量计算和等比中项的性质得到方程，求出公差，检验后得到答案. 【详解】等差数列中，，公差为d，且成等比数列， 可得， 即为，化为，解得或， 若，即有4，6，9成等比数列，满足要求； 若，即有1，0，0不成等比数列．则成立． 故答案为：2 14. 已知函数的定义域为，，对任意，恒成立，则的解集为______． 【答案】 【解析】 【分析】令，得到，得出在上单调递增，再由，进而求得不等式的解集，得到答案. 【详解】令，所以，故在上单调递增， 又由，所以当时，，即， 所以的解集为． 故答案为：． 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. 已知函数在处取得极值． （1）求，的值； （2）求曲线在处的切线方程． 【答案】（1）， （2）或 【解析】 【分析】求得，根据在处取得极值，列出方程组，求得的值，即可得到答案； （2）由（1）知：，且，求得且，结合导数的几何意义，即可求得曲线的切线方程. 【小问1详解】 解：由函数，可得， 因为函数在处取得极值， 可得，解得，， 经验证，当时， 当时，；当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 当时，函数处取得极小值，符合题意， 所以，. 【小问2详解】 解：由（1）知：，且， 可得且， 此时切线方程为，即； 综上，曲线在处的切线方程为. 16. 已知数列{}的前n项和为，且2=3-3（n∈） （1）求数列{}的通项公式 （2）若=（n+1），求数列{}的前n项和 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用的关系可得，即可知为等比数列，写出等比数列通项公式即可. （2）由（1）得，利用错位相减求和法即可求出前n项和. 【小问1详解】 当时，，解得， 当时，， 则，即， 又，则， ∴，故是以为首项，以3为公比的等比数列， ∴数列的通项公式为； 【小问2详解】 由(1)知，所以， 所以①， 则②， ①-②，得， 整理，得， ， 所以. 17. 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，若闯关成功则依次分别获得公益基金元，元，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，全部公益基金清零．假设某嘉宾第一关，第二关，第三关闯关成功的概率分别是，，，该嘉宾选择继续闯第二关、第三关的概率分别为. （1）求该嘉宾获得公益基金元的概率； （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． 【答案】（1）； （2）； （3）分布列见解析，元. 【解析】 【分析】（1）由嘉宾获得公益基金元的事件为第一关成功并放弃第二关，应用独立事件乘法公式求概率即可. （2）由题设确定基本事件，进而应用独立事件乘法公式、互斥事件加法求概率. （3）由嘉宾获得的公益基金总金额可能值为，并求出对应概率，即可得分布列，进而求期望. 【小问1详解】 由题设，嘉宾获得公益基金元的事件为第一关成功并放弃第二关， 所以； 【小问2详解】 记=“第一关成功且获得公益基金为零”，=“第一关成功第二关失败”，“前两关成功第三关失败”，则互斥，且. 又，， 所以； 【小问3详解】 由题设知：嘉宾获得的公益基金总金额可能值为， ，，，. 随机变量的分布列为： 0 1000 3000 6000 所以元. 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 【答案】（1） 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2） 方法一： 由（1）得，， 要证，即证，即证恒成立， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 方法二： 令，则， 由于在上单调递增，所以在上单调递增， 又， 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，则，当且仅当时，等号成立， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以要证，即证，即证， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 【解析】 【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解； （2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可. 方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证. 【小问1详解】 因为，定义域为，所以， 当时，由于，则，故恒成立， 所以在上单调递减； 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 略 19. 如果数列满足：且，则称数列为“阶万物数列”． （1）若某“4阶万物数列”是等比数列，求该数列的各项； （2）若某“9阶万物数列”是等差数列，求该数列的通项公式； （3）若为“阶万物数列”，求证：． 【答案】（1），，，，或者是，，， （2）或 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由等比数列前n项和公式可得，再结合题意可解； （2）由等差数列前n项和公式可得，再分，和，结合条件求解； （3）将数列中的正数项和负数项分开相加，得由已知可得，，再利用放缩放得证. 【小问1详解】 设等比数列的公比为，显然． 由，可得，解得． 由可得，所以． 所以“4阶万物数列”为，，，，或者是，，，． 【小问2详解】 设等差数列的公差为， 由可得，即，即． 当时，，此时，不是“9阶万物数列”． 当时，由和， 可得，解得，． 所以． 当时，由和，可得， 解得，．所以． 综上所述，或． 【小问3详解】 由已知可知，必有，也必有，其中，，且， 设，，，是数列中所有大于0的数， ，，，是数列中所有小于0的数． 由已知可得，． 所以 ． 【点睛】关键点点睛：第（3）中，将数列中的正数项和负数项分开相加，得由已知可得，，再利用放缩放得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $