精品解析：安徽省智学大联考·皖中名校联盟合肥八中2024-2025学年高二下学期期中测试数学试题（A卷）

智学大联考·皖中名校联盟 合肥八中2024-2025学年第二学期高二年级期中检测 数学试题A卷 注意事项： 1.你拿到的试卷满分为150分，考试时间为120分钟. 2.试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分，请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题无效. 一.选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合题目要求） 1. 若，则（ ） A. 120 B. 105 C. 210 D. 240 2. 已知曲线上一点，记为函数的导数，则（ ） A B. C. D. 3. 吹气球时，气球的半径（单位：）与体积（单位：）之间的关系式为，则时气球的瞬时膨胀率大约是时气球的瞬时膨胀率的（ ） A. 2倍 B. 4倍 C. D. 4. 关于二项式，若展开式中含项的系数为4，则（ ） A. B. 1 C. 3 D. 2 5. 已知直线是曲线在处的切线，则的值为（ ） A. 1 B. 0 C. D. 6. 2025届高二数学竞赛中对尖端生采用暂时屏蔽措施，某校有，，，，五名屏蔽生总分在前9名，现在确定第一、二、五名是，，三位同学，但不是第一名，，两名同学只知道在6至9名，且的成绩比好，则这5位同学总分名次有多少种可能（ ） A. 6 B. 24 C. 22 D. 12 7. 已知，，，则，，的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数和，若对，，使得，则的取值范围（ ） A. B. C 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. 定义在上的函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. 函数在上单调递减 B. 函数在上单调递减 C. 函数在处取得极小值 D. 函数在处取得极大值 10. 设，，是三个随机事件，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，相互独立，则 C. 若，则，对立 D. 若，，则 11. “杨辉三角”是数学史上的一个重要成就，本身包含许多有趣的性质，如图： 下列说法正确的有（ ） A. 第行的第个数是 B. 第行的第个数最大 C D. 在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 三.填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 现有3个编号为1，2，3的盒子和3个编号为1，2，3的小球，要求把3个小球全部放进盒子中，恰有1个盒子是空盒的方法共有______种. 13. 已知离散型随机变量的分布列如下表： 0 1 2 5 则______. 14. 已知，定义运算@：，其中是函数的导数.若，设实数，若对任意，恒成立，则的取值范围______. 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. 已知二项式展开式中，前三项的二项式系数和是56. （1）求的值； （2）求其二项式系数之和与各项系数之和的差. 16. 已知函数图象关于原点对称. （1）求值； （2）求函数的极值点. 17. （1）甲、乙、丙三人各自独立投篮，甲和丙都投中的概率是，甲投中而丙未投中的概率是，乙投中而丙未投中的概率是.请问三人中哪一位投篮水平较高？并说明理由； （2）（i）对于事件，，，当时，求证：； （ii）若某同学做如下摸球试验：一个袋子中有10个大小完全相同的小球，其中黑球7个，白球3个，每次从袋子中随机摸出1个球，且摸出的球不再放回.若该同学摸球三次，求三次都摸到白球的概率. 18. 已知函数. （1）当，时，恒成立，求实数的取值范围； （2）证明：. 19. 一个生产车间有三台设备，假设在一天的运行中，设备1，2，3出现故障的概率分别为，，，其中，每台设备一天最多出现一次故障，各部件的状态相互独立. （1）若，求车间在一天的运行中，有两台设备出现故障的概率； （2）对于出现故障的设备，车间在当天对其修复，且设备1，2，3的单次维修费用分别为50元，100元，150元，通过计算说明当时该车间每年设备维修费用的均值不超过5.475万元.（一年按365天计算）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 智学大联考·皖中名校联盟 合肥八中2024-2025学年第二学期高二年级期中检测 数学试题A卷 注意事项： 1.你拿到的试卷满分为150分，考试时间为120分钟. 2.试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分，请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题无效. 一.选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合题目要求） 1 若，则（ ） A. 120 B. 105 C. 210 D. 240 【答案】C 【解析】 【分析】直接利用排列数和组合数公式求解即可. 【详解】由题意得，得到，解得， 则由排列数公式得，故C正确. 故选：C 2. 已知曲线上一点，记为函数的导数，则（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出函数的导数，进而求出函数值即可. 【详解】函数，求导得，则，而， 所以. 故选：D 3. 吹气球时，气球的半径（单位：）与体积（单位：）之间的关系式为，则时气球的瞬时膨胀率大约是时气球的瞬时膨胀率的（ ） A. 2倍 B. 4倍 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求得，分别求得和，进而求得膨胀率，得到答案. 【详解】由题意知：，可得， 当时，可得；当时，可得 所以时气球的瞬时膨胀率大约是时气球的瞬时膨胀率的倍. 故选：B 4. 关于二项式，若展开式中含项的系数为4，则（ ） A. B. 1 C. 3 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，先求得二项式的展开式的和项系数，进而得到展开式中的系数，列出方程，求解的值，即可得到答案. 【详解】由二项式展开式中项系数为，展开式的项系数为， 所以展开式中含的项的系数，解得. 故选：D. 5. 已知直线是曲线在处的切线，则的值为（ ） A. 1 B. 0 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由函数，求得，根据题意，得到，解得，得到，将其代入切线方程，即可求解的值，得到答案. 【详解】由函数，可得， 因为直线与曲线的切点为 可得，解得，可得，即， 将点代入切线，可得，解得. 故选：D 6. 2025届高二数学竞赛中对尖端生采用暂时屏蔽措施，某校有，，，，五名屏蔽生总分在前9名，现在确定第一、二、五名是，，三位同学，但不是第一名，，两名同学只知道在6至9名，且的成绩比好，则这5位同学总分名次有多少种可能（ ） A. 6 B. 24 C. 22 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理计算可得. 【详解】第一步排有两种可能：第2名或第5名； 第二步排和有两种可能； 第三步排和，有6，7，8位三种可能； 当为第6名时，有7，8，9名三种可能， 当为第7名时，有8，9名两种可能， 当为第8名时，只有第9名一种可能， 所以第三步的总数为种； 根据分步计数原理，所有名次排位的总数种. 故选：B. 7. 已知，，，则，，的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】合理构造函数，利用导数判断单调性，进而求解最值，再逐个证明和，进而得到即可. 【详解】令，，定义域为， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 则，即， 得到，故，即， 令， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则，即， 得到，即，则， 综上，得到，故B正确. 故选：B 8. 已知函数和，若对，，使得，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求得，得到函数的单调性，求得，根据题意，转化为，转化为，分，和，三种情况讨论，求得函数得到单调性和最值，即可求解. 【详解】由函数，可得， 当或时，；当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，上单调递增， 当时，由，且，所以， 若对，，使得， 只需，使得，即 由，可得，即，， 若时，可得，令，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减，所以，此时； 当时，显然不成立； 当时，可得，令，可得，单调递增， 且时，；时，，所以， 综上所述，取值范围为. 故选：C. 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. 定义在上的函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. 函数在上单调递减 B. 函数在上单调递减 C. 函数在处取得极小值 D. 函数在处取得极大值 【答案】AD 【解析】 【分析】利用函数的函数的图象，可判断函数的单增区间与单减区间，进而可得极大值点，从而可得结论. 【详解】由函数的导函数的图象可知， 当时，，所以在上单调递增，故B错误； 当时，，所以在上单调递减，故A正确； 所以函数在处取得极大值，不是极小值点，故C错误，D正确. 故选：AD. 10. 设，，是三个随机事件，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，相互独立，则 C. 若，则，对立 D. 若，，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据概率的性质，相互独立事件概念，对立事件概念，条件概率，逐个判断得到答案. 【详解】对于选项A：显然，故A正确； 对于选项B：若，相互独立，则，也相互独立，则，故B正确； 对于选项C：若抛一枚股子，出现奇数点向上概率为事件，向上点数不超过3为事件 显然事件，不对立，所以C错误； 对于选项D：因为，所以， 又因为，，所以， 所以，所以D正确. 故选：ABD 11. “杨辉三角”是数学史上的一个重要成就，本身包含许多有趣的性质，如图： 下列说法正确的有（ ） A. 第行的第个数是 B. 第行的第个数最大 C. D. 在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 【答案】AD 【解析】 【分析】利用二项式系数可判断A选项；利用二项式系数的增减性可判断B选项；利用组合数的性质可判断C选项；构造等式，结合等式两边展开式中的系数相等可判断D选项. 【详解】对于选项A，依题意，第行的第个数是，所以A正确； 对于选项B，因为第行的第个位置的数是， 由组合数性质可知：为的最大值， 所以第行的第和个数最大，故B错误； 对于选项C，因为， 易知 ，故C错误； 选项D，由题易知，第行所有数字的平方和为， 第行的中间一项的数字为， 构造等式， 在等式左边的系数为， 等式右边系数为，故，故D正确. 故选：AD. 三.填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 现有3个编号为1，2，3的盒子和3个编号为1，2，3的小球，要求把3个小球全部放进盒子中，恰有1个盒子是空盒的方法共有______种. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，先从3个盒子中选一个作为空盒，再从3个球中选出2个绑在一起，排列后放入两个盒子，结合排列数和组合数的公式，即可求解. 【详解】由恰有1个盒子不放球，即有2个球放入一个盒子中，另一个球放入另一个盒子中， 先从3个盒子中选一个作为空盒，再从3个球中选出2个绑在一起，排列放入两个盒子， 共有（种）放法. 故答案为：. 13. 已知离散型随机变量的分布列如下表： 0 1 2 5 则______. 【答案】10.4 【解析】 【分析】根据分布列的性质即概率之和为1，可求得a，运用期望方差公式计算期望和方差，最后用方差性质计算即可答案. 【详解】由分布列的基本性质知，解得 故， 由离散型随机变量方差的性质可得， 故答案为：. 14. 已知，定义运算@：，其中是函数的导数.若，设实数，若对任意，恒成立，则的取值范围______. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数的新定义，求得，由任意，恒成立，转化为任意，恒成立，设，求得，得到单调递增，得到，转化为任意， 恒成立，再设，求得，得到所以单调递增，进而得到恒成立，求得的取值范. 【详解】由题意得，函数 所以对任意，恒成立，即对任意，恒成立. 设，可得，所以单调递增， 由，即， 所以对任意，恒成立，即对任意，恒成立. 设，则，所以单调递增； 当时，，所以恒成立，只需， 结合可得，实数的取值范围. 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. 已知二项式展开式中，前三项的二项式系数和是56. （1）求的值； （2）求其二项式系数之和与各项系数之和的差. 【答案】（1） （2）1023 【解析】 【分析】（1）根据前三项的二项式系数和是56得到方程，求出； （2）二项式系数之和为，令，可得各项系数之和为1，从而得到答案. 【小问1详解】 因为二项式展开式中，前三项的二项式系数和是56， 所以， 即，解得，负值舍去. 小问2详解】 由二项式性质得二项式系数之和为， 令，可得各项系数之和为， 所以二项式系数之和与各项系数之和的差为. 16. 已知函数的图象关于原点对称. （1）求的值； （2）求函数的极值点. 【答案】（1）； （2）极大值点为，极小值点为 【解析】 【分析】（1）根据的图象关于原点对称得到是奇函数，利用可求得 （2）由可得，先求导后列出表格，得到极值点. 【小问1详解】 由题可知定义域：. 因为函数为奇函数，所以， 即，解得. 【小问2详解】 由（1）得： 当时，因为，所以. 令，解得. ，变化情况如下表： - 0 + 单调递减 极小值 单调递增 所以在上单调递减，在上单调递增. 故当时，有极小值，并且极小值为 又因为为奇函数，所以在上单调递增，在上单调递减. 故当时，有极大值，并且极大值为. 综上：有极大值点，极小值点 17. （1）甲、乙、丙三人各自独立投篮，甲和丙都投中的概率是，甲投中而丙未投中的概率是，乙投中而丙未投中的概率是.请问三人中哪一位投篮水平较高？并说明理由； （2）（i）对于事件，，，当时，求证：； （ii）若某同学做如下摸球试验：一个袋子中有10个大小完全相同的小球，其中黑球7个，白球3个，每次从袋子中随机摸出1个球，且摸出的球不再放回.若该同学摸球三次，求三次都摸到白球的概率. 【答案】（1）丙投篮水平较高，理由见解析；（2）（i）证明见解析（ii） 【解析】 【分析】（1）设甲、乙、丙三人各自独立投篮投中的概率分别为、、，根据所给条件得到方程组，求出、、，即可判断； （2）（i）根据条件概率公式证明即可；（ii）记事件“第次摸到白球”为，结合（i）的公式求出，即可得解. 【详解】（1）丙投篮水平较高，理由如下： 设甲、乙、丙三人各自独立投篮投中的概率分别为、、. 依题意，得， 解得， 因为，所以，丙投篮水平较高. （2）（ⅰ）因为，， 所以，得证. （ⅱ）记事件“第次摸到白球”为. 由题意可知，，. 由结论， 可得. 故三次都摸到白球的概率为. 18. 已知函数. （1）当，时，恒成立，求实数的取值范围； （2）证明：. 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由题意得，令，求导后令，再次求导得，讨论，两种情况判断是否恒成立； （2）由（1）得恒成立，取，再相加即可得证. 【小问1详解】 不等式， 令，求导得， 令，求导得， 而，则当，即时，， 函数在上单调递增，，函数在上单调递增， 则，符合题意，因此； 当时，由，得，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递减， 则当时，，不符合题意， 所以实数的取值范围是. 【小问2详解】 由（1）知，当时，， 取，则，而， 因此， 所以. 19. 一个生产车间有三台设备，假设在一天的运行中，设备1，2，3出现故障的概率分别为，，，其中，每台设备一天最多出现一次故障，各部件的状态相互独立. （1）若，求车间在一天的运行中，有两台设备出现故障的概率； （2）对于出现故障的设备，车间在当天对其修复，且设备1，2，3的单次维修费用分别为50元，100元，150元，通过计算说明当时该车间每年设备维修费用的均值不超过5.475万元.（一年按365天计算）. 【答案】（1）； （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）运用相互独立事件的乘法公式计算即可； （2）设每天设备维修费用为，得到的可能取值，再运用独立乘法公式计算概率， 运用期望公司计算，再得到，算出，解不等式即可. 【小问1详解】 根据题意设事件为“有两台设备出现故障”，事件为设备1出现故障， 事件为设备2出现故障，事件为设备3出现故障， 若，则设备1出现故障的概率为， 设备2出现故障的概率为， 设备3出现故障的概率为， 则 . 【小问2详解】 设每天设备维修费用为， 则的可能取值为0，50，100，150，200，250，300， ， ， ， ， ， ， 所以 整理得：， 又设每年设备维修费用的均值是，且， 所以，即，解得：或（舍） 故当时该车间每年设备维修费用的均值不超过5.475万元（一年按365天计算）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$