精品解析：山东师范大学附属中学2024-2025学年高二下学期4月阶段性检测数学试题

2025年4月山东师大附中高二阶段性检测试题 数 学 命题人：邢硕 马营 审题人：宁卫兵 房华 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置． 2．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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第Ⅰ卷 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 在的展开式中项的系数是（ ） A. B. 192 C. 32 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项式的通项易求得项的系数. 【详解】的通项为， 取，解得，则项的系数为. 故选：A. 2. 曲线在处的切线与直线垂直，则（ ） A. 2 B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】先求出导函数，再代入得出切线斜率，结合直线垂直时斜率关系计算求解. 【详解】曲线，所以在处的切线斜率为， 又因为切线与直线垂直， 则，所以. 故选：C. 3. 安排6名志愿者完成三项工作，其中项工作需3人，项工作需2人，项工作只需1人，则不同的安排方式共有（ ） A. 60种 B. 20种 C. 360种 D. 45种 【答案】A 【解析】 【分析】先安排项工作的3人，再安排项工作的2人，最后安排项工作的1人，利用乘法原理即得. 【详解】由题意，可以分成三步完成： 先在6名志愿者中选3人完成项工作，再从余下3人中选2人完成项工作，最后1人完成项工作， 由分步乘法计数原理，不同的安排方式共有种. 故选：A. 4. 已知函数与的图象如图所示，则函数的递减区间为（ ） A. B. ， C. D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】由图象可知的解，求出即可求解. 【详解】由图象，当或时，， 即， 则函数的单调递减区间为； 故选：D. 5. 连续抛掷一枚质地均匀的硬币3次，每次结果要么正面向上，要么反面向上，且两种结果等可能.记事件A表示“3次结果中有正面向上，也有反面向上”，事件B表示“3次结果中最多一次正面向上”，事件C表示“3次结果中没有正面向上”，则（ ） A. P(AB)= B. 事件B与事件C互斥 C. 事件A与事件B独立 D. 记C的对立事件为，则P(B|)= 【答案】AC 【解析】 【分析】对A，根据独立事件的概率乘法公式即可求出结果； 对B，根据事件B包含事件C判断即可； 对C，根据相互独立事件的公式判断即可； 对D，先求得，再利用条件概率公式求解即可 【详解】选项A：因为，且，故，正确； 选项B：显然B发生的情况中包含C，故可同时发生，错误； 选项C：， 故A与B独立，正确； 选项D：，，错误； 故选：AC． 6. 已知函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对于函数，先对其求导，因为函数有两个不同的极值点，那么其导数等于零的方程有两个不同的正根，由此可通过二次函数的性质来确定实数的取值范围. 【详解】已知，其定义域为. 对求导可得：. 因为函数有两个不同的极值点，所以在上有两个不同的实根， 即方程在上有两个不同的实根. 设，此方程为二次方程，要使其在上有两个不同正实根， 需满足以下条件：二次项系数不为零：， 因为若，则，为一次函数，最多有一个零点，不符合题意. 判别式：所以，解不等式得到. 两根均大于零：根据韦达定理，在中， 两根满足，，解得； 综合以上三个条件，的取值范围是. 故选：B. 7. 若数列的通项公式为，记在数列的前项中任取两数都是正数的概率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用分类讨论及通项公式的特点，再利用组合数公式和古典概型的概率的计算公式求出概率的通式即可求解. 【详解】为奇数时，前项中有个奇数项，即有个正数， ，，故A错误； 为偶数时，前项中有个奇数项，即有个正数， ， ，，故B错误； ，故C正确； ，故D错误. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：根据数列的通项公式的特点分类讨论，利用组合数和古典概型的概率的计算公式求出概率的通式即可. 8. 设为坐标原点，若曲线和曲线上分别存在两点，使得，则取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设出两点坐标，结合斜率的计算由基本不等式和导数分别求出两直线斜率最值，然后再结合图形，利用两角差的正切公式计算即可. 【详解】设，则， 当时，当且仅当时取等号；此时直线的倾斜角大于， 当时，当且仅当时取等号；此时直线的倾斜角为钝角， 设，则 记，则，令， 所以时，，在单调递增；时，，在单调递减，故当时，取极大值也是最大值，， 结合，所以， 结合函数图象可知：要使得曲线和曲线上分别存在两点，使得，则需要满足在第一象限，直线斜率最小，斜率最大时，的大小不超过， 即，，此时，解得. 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2分或3分或4分，有选错的得0分． 9. 五一假期即将来临，甲、乙、丙、丁、戊五名同学决定到济南的著名景点“大明湖”，“趵突泉”、“千佛山”游玩，每名同学只能选择一个景点，则下列说法正确的有（ ） A. 所有可能的方法有种 B. 若每个景点必须有同学去，则不同的安排方法有150种 C. 若每个景点必须有同学去，且甲和乙不去同一个景点，则不同的安排方法有114种 D. 甲同学去大明湖的概率为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：根据分步乘法计数原理分析判断；对于B：利用间接法，讨论这5人去的景点个数，结合组合数运算求解；对于C：利用间接法，讨论甲和乙去同一个景点去的人数，结合排列数、组合数运算求解,对于D,利用古典概型的概率公式即可求解. 【详解】对于选项A：因为每个人均有3个景点可以选择，所以所有可能的方法有种，故A错误； 对于选项B： 若5个人都去一个景点，不同的安排方法有种； 若5个人都去其中2个景点（每个景点必须有同学去），不同的安排方法有种；所以若每个景点必须有同学去，则不同的安排方法有种，故B正确； 对于选项D：若每个景点必须有同学去，且甲和乙去同一个景点，则有： 若这个景点仅有2人去，不同的安排方法有种； 若这个景点有3人去，不同的安排方法有种； 所以若每个景点必须有同学去，且甲和乙不去同一个景点，则不同的安排方法有种，故C正确； 对于D, 甲同学从“大明湖”，“趵突泉”、“千佛山”中选择一个景点游玩，则去大明湖的概率为，D正确 故选：BCD. 10. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ） A. 第6行第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数 B. 第2023行中第1012个数和第1013个数相等 C. 第34行中第15个数与第16个数之比为 D. 记“杨辉三角”第行的第个数为，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据二项式定理和二项式系数的性质判断各选项的对错即可. 【详解】对于A，图中第6行的第7个数为1，第7行的第7个数为7，第8行的第7个数为28，它们的和等于36， 而第9行的第8个数是，故A正确； 对于B，因图中第2023行是二项式的展开式的二项式系数， 故第2023行中第1012个数为，第1013个数为，因，故B正确； 对于C，图中第34行是的展开式的二项式系数， 所以第15个数与第16个数之比为，故C错误； 对于D，因“杨辉三角”第行是二项式的展开式的二项式系数，则， 于是，，故D正确. 故选：ABD. 11. 对于函数，下列判断正确的是（ ） A. B. C. 当时，恒成立，则 D. 若函数有两个极值点，则实数 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数求出函数的最小值，可判断A选项；计算出、的值，可判断B选项；分析可知函数在上为减函数，可知对任意的恒成立，利用导数法可判断C选项的正误；分析可知直线与函数在上的图象有两个交点（非切点），数形结合求出实数的取值范围，可判断D选项的正误. 【详解】对于A选项，令，其中， ，当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 所以，，即，A错； 对于B选项，，则，B对； 对于C选项，由已知可得， 构造函数，则， 所以，函数在上为减函数， 则对任意的恒成立，即对任意的恒成立， 令，其中，则，令，可得，列表如下： 1 0 增 极大值 减 所以，函数在处取得极大值，亦即最大值，即，则，C正确； 对于D选项，，则， 令，可得， 则直线与函数在上的图象有两个交点（非切点），如下图所示： 当时，即当时，直线与函数在上的图象有两个交点（非切点），D对. 故选：BCD. 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 展开式中各项系数的和为64，则展开式中的常数项为______． 【答案】4 【解析】 【分析】通过赋值求得，再根据展开式中常数项的产生，结合组合数的计算即可求得结果. 【详解】由题意，取，可得，解得， 则即，其展开式中的常数项可由两种形式的项构成： ① 3个括号全部选常数项1，可得这样的常数项为1； ② 2个括号选的项且1个括号选的项，可得这样的常数项为. 综上可得，展开式中的常数项为. 故答案为：4. 13. 某病毒可能造成“持续人传人”．通俗点说就是传，传，这就是“持续人传人”，而被称为第一代、第二代传播者．假设一个身体健康的人被第一代、第二代传播者感染的概率分别为，，健康的小明参加了一次多人宴会，事后知道，参加宴会的人有7名第一代传播者，3名第二代传播者．若小明参加宴会，仅和感染的10人中的一人接触，则感染的概率为______． 【答案】0.87## 【解析】 【分析】根据题意，设出相关事件，写出对应的概率，利用全概率公式求解即得. 【详解】设事件分别表示和小明参加宴会的第一代、第二代传播者，事件表示小明被感染， 则由题意得，， 则. 故答案为：0.87. 14. 已知函数，设，若只有一个零点，则实数的取值范围是______；若不等式的解集中有且只有四个整数，则实数的取值范围是______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用导数，确定的单调区间及最值，作出图象，由可得或，再根据只有一个零点，结合的图象求解，即可得第一空答案；由，可得，分，结合题意和的图象求解，即可得第二空答案． 【详解】，， 当时，单调递增； 当时，单调递减； ∴；当时，；当时，；． 据此可作出图象如图所示： 令，则或， 由，可得； 又∵只有一个零点，∴无解，或， ∴，或， ∴的取值范围是． 令，则． ①当时，则或， 由，可得，无整数解，∴中有3个整数解， 结合的图象可知此4个整数解为,5， ∵， 由函数的单调性可知，∵， ∴； ②当时，， 由，得，不满足题意； ③当时，由，得或， ∵的解集中无整数，的解集中有若干个整数，不满足题意； 综上，的取值范围为． 故答案为：；． 四、解答题：本大题共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. 已知的展开式中的第2项、第3项和第4项的二项式系数成等差数列． （1）求的值． （2）记，求被4除的余数． 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）根据三项的二项式系数成等差，列出方程，求解检验即可； （2）将拆成，运用二项式定理展开整理后，易得被4除的余数. 【小问1详解】 依题意，，即，解得或，因，故； 【小问2详解】 由（1）可得，则， 由， 易得，故能被4整除， 则可得被4除的余数为1. 16. 某厂有甲，乙，丙三个车间生产同一种产品，这三个车间的产量分别占总产量的百分比及所生产产品的不合格率如下表所示： 车间 甲车间 乙车间 丙车间 产量占比 不合格率 设事件“从该厂产品中任取一件，恰好取到不合格品” （1）求事件的概率； （2）有一用户买了该厂一件产品，经检验是不合格品，但该产品是哪个车间生产的标志已经脱落，判断该产品来自哪个车间的可能性最大，并说明理由． 【答案】（1） （2）该产品来自乙车间的概率最大，理由见解析 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式结合题意直接求解即可； （2）利用条件概率公式分别计算出不合格品来自三个车间的概率，然后进行比较即可. 【小问1详解】 设事件“任取一件产品，生产于甲车间”， “任取一件产品，生产于乙车间”，“任取一件产品，生产于丙车间”， 那么， ． 【小问2详解】 该产品来自乙车间的可能性最大． 理由如下： 由（1）得，产品来自甲车间的概率为 ． 产品来自乙车间的概率为 产品来自丙车间的概率为 所以该产品来自乙车间的概率最大． 17. 已知函数． （1）讨论的单调性． （2）若函数有最小值，且的最小值大于，求实数的取值范围． 【答案】（1） 答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求导，对讨论，即可根据导函数的正负确定单调性， （2）根据（1）的单调性求解的最小值，即可构造函数，求导，即可根据函数单调性求解. 【小问1详解】 的定义域为， 当时，，则在上单调递增； 当时，由得，由得， 所以在上单调递增，在上单调递减； 综上所述：当时， 在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 由（1）知 当时， 在上单调递增，无最小值； 当时，有最小值， 依题意，，即， 因为，所以， 设，（），则， 因，则在上单调递增， 又，故由可得， 即，解得， 故实数a的取值范围是. 18. 已知两个袋子中均装有若干个大小、质地完全相同的红球和白球.袋中红球和白球共9个，现从袋中不放回地连取两个，至少有一个红球的概率为；从袋中摸出一个红球的概率是．在每轮中，甲同学先选择一个袋子摸一次球并放回，乙再选择一个袋子摸一次球并放回，则该轮结束．已知在每轮中甲选两袋的概率均为．如果甲选袋，则乙选袋的概率为；如果甲选袋，则乙选袋的概率为． （1）若，求在一轮中乙从袋中摸出红球的概率． （2）求在一轮中乙摸出红球的概率． （3）若甲，乙两位同学进行了3轮摸球．乙同学认为，越大，3轮摸球后他摸出2个红球的概率越大，你同意他的观点吗？请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）不同意乙的观点,理由见解析 【解析】 分析】（1）根据全概率公式以及条件概率公式即可求解， （2）根据古典概型的概率公式，结合排列组合可得A袋中白球的个数为6，红球的个数为3，即可利用全概率公式求解， （3）根据独立重复试验的概率公式，得概率，构造函数，利用导数求解单调性得最值即可求解. 【小问1详解】 设C=“乙摸出的是红球”，D=“甲从A袋中摸球”，E=“乙从B袋中摸球”. 由全概率公式知，乙从B袋中摸球的概率为 ， 所以在一轮中，乙从B袋中摸出红球的概率为 . 【小问2详解】 设A袋中白球的个数为， 由已知可得，可得， 因为且，因此， 所以A袋中白球的个数为6，红球的个数为3. 所以，从A袋中摸出红球的概率是. 在一轮中，乙摸出红球的概率为 . 【小问3详解】 3轮摸球后乙摸出2个红球的概率为 ， 设，则， 令，解得. 则当时，，单调递增，当时，，单调递减. 所以当时，3轮摸球后乙摸出2个红球的概率最大，所以不同意乙的观点. 19. 已知函数. （1）证明：当时，. （2）设，令. （ⅰ）讨论的单调性. （ⅱ）若存在两个极值点，（），证明：. 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ）答案见解析；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）当，，通过分析函数单调性，求得即可得证. （2）（1）求导，再分和两种情况讨论求解. （ⅱ）根据存在两个极值点和，则的两个极值点满足，化简转化为，令，用导数证明即可. 小问1详解】 在定义域内是增函数 ∴当时， 要证，只需证 设（） ∴ ∵在上单调递增且 ∴在上单调递减，在上单调递增 ∴ 故时，. 【小问2详解】 （ⅰ） 当时，.定义域为 ∴ ①当时，在上恒成立（当且仅当，时取等号） ∴恒成立，故在上单调递减. ②当时，令，则有两不等正实根 当时， 当时， ∴在和上单调递减，在上单调递增. （ⅱ）若存在两个极值点，由（ⅰ）知. ∵的两个极值点、为方程的两根. ∴，，∴， 要证等价于证明. 设（） ∴ ∴在上单调递增 ∴ ∴. 即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年4月山东师大附中高二阶段性检测试题 数 学 命题人：邢硕 马营 审题人：宁卫兵 房华 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置． 2．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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第Ⅰ卷 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 在的展开式中项的系数是（ ） A. B. 192 C. 32 D. 2. 曲线在处的切线与直线垂直，则（ ） A. 2 B. C. D. 1 3. 安排6名志愿者完成三项工作，其中项工作需3人，项工作需2人，项工作只需1人，则不同的安排方式共有（ ） A. 60种 B. 20种 C. 360种 D. 45种 4. 已知函数与的图象如图所示，则函数的递减区间为（ ） A. B. ， C. D. ， 5. 连续抛掷一枚质地均匀硬币3次，每次结果要么正面向上，要么反面向上，且两种结果等可能.记事件A表示“3次结果中有正面向上，也有反面向上”，事件B表示“3次结果中最多一次正面向上”，事件C表示“3次结果中没有正面向上”，则（ ） A. P(AB)= B. 事件B与事件C互斥 C. 事件A与事件B独立 D. 记C的对立事件为，则P(B|)= 6. 已知函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 若数列的通项公式为，记在数列的前项中任取两数都是正数的概率为，则（ ） A. B. C. D. 8. 设为坐标原点，若曲线和曲线上分别存在两点，使得，则的取值范围为（ ） 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2分或3分或4分，有选错的得0分． 9. 五一假期即将来临，甲、乙、丙、丁、戊五名同学决定到济南的著名景点“大明湖”，“趵突泉”、“千佛山”游玩，每名同学只能选择一个景点，则下列说法正确的有（ ） A. 所有可能的方法有种 B. 若每个景点必须有同学去，则不同的安排方法有150种 C. 若每个景点必须有同学去，且甲和乙不去同一个景点，则不同的安排方法有114种 D. 甲同学去大明湖的概率为 10. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ） A. 第6行第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数 B. 第2023行中第1012个数和第1013个数相等 C. 第34行中第15个数与第16个数之比为 D. 记“杨辉三角”第行的第个数为，则 11. 对于函数，下列判断正确的是（ ） A. B. C. 当时，恒成立，则 D. 若函数有两个极值点，则实数 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 展开式中各项系数的和为64，则展开式中的常数项为______． 13. 某病毒可能造成“持续人传人”．通俗点说就是传，传，这就是“持续人传人”，而被称为第一代、第二代传播者．假设一个身体健康的人被第一代、第二代传播者感染的概率分别为，，健康的小明参加了一次多人宴会，事后知道，参加宴会的人有7名第一代传播者，3名第二代传播者．若小明参加宴会，仅和感染的10人中的一人接触，则感染的概率为______． 14. 已知函数，设，若只有一个零点，则实数的取值范围是______；若不等式的解集中有且只有四个整数，则实数的取值范围是______． 四、解答题：本大题共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. 已知的展开式中的第2项、第3项和第4项的二项式系数成等差数列． （1）求的值． （2）记，求被4除的余数． 16. 某厂有甲，乙，丙三个车间生产同一种产品，这三个车间的产量分别占总产量的百分比及所生产产品的不合格率如下表所示： 车间 甲车间 乙车间 丙车间 产量占比 不合格率 设事件“从该厂产品中任取一件，恰好取到不合格品” （1）求事件的概率； （2）有一用户买了该厂一件产品，经检验是不合格品，但该产品是哪个车间生产标志已经脱落，判断该产品来自哪个车间的可能性最大，并说明理由． 17. 已知函数． （1）讨论的单调性． （2）若函数有最小值，且的最小值大于，求实数的取值范围． 18. 已知两个袋子中均装有若干个大小、质地完全相同的红球和白球.袋中红球和白球共9个，现从袋中不放回地连取两个，至少有一个红球的概率为；从袋中摸出一个红球的概率是．在每轮中，甲同学先选择一个袋子摸一次球并放回，乙再选择一个袋子摸一次球并放回，则该轮结束．已知在每轮中甲选两袋的概率均为．如果甲选袋，则乙选袋的概率为；如果甲选袋，则乙选袋的概率为． （1）若，求在一轮中乙从袋中摸出红球的概率． （2）求在一轮中乙摸出红球概率． （3）若甲，乙两位同学进行了3轮摸球．乙同学认为，越大，3轮摸球后他摸出2个红球的概率越大，你同意他的观点吗？请说明理由． 19. 已知函数. （1）证明：当时，. （2）设，令. （ⅰ）讨论的单调性. （ⅱ）若存两个极值点，（），证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$