精品解析：天津市第一中学滨海学校2024-2025学年高二下学期期中检测数学试卷

天津市第一中学滨海学校2024-2025-2学期 期中考试高二年级数学学科检测试卷 一､选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，共60分. 1. 高二年级名同学去听同时举行的个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的个讲座，不同选择的种数是（ ） A. B. C. D. 2. 已知随机变量服从正态分布，且，则等于（ ） A. 0.14 B. 0.62 C. 0.72 D. 0.86 3. 某公司老､中､青三类员工的人数和男性比例如表所示： 老员工 中年员工 青年员工 人数比例 男性人数比例 在该公司任选一名员工，该员工为男性的概率是（ ） A. B. C. D. 4. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 5. 随机变量的分布列如表： 1 2 若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 6. 某学校拟派2名语文老师、3名数学老师和3名体育老师共8人组成两个支教分队，平均分到甲、乙两个村进行义务支教，其中每个分队都必须有语文老师、数学老师和体育老师，则不同的分配方案有（ ） A. 72种 B. 36种 C. 24种 D. 18种 7. 已知随机变量，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若曲线在点处的切线方程为，则（ ） A. B. C. D. 9. 设甲袋中有3个白球和4个红球，乙袋中有1个白球和2个红球，则（ ） A. 从甲袋中每次任取一个球不放回，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到红球的概率为 B. 从甲袋中随机取出了3个球，恰好是2个白球1个红球的概率为 C. 从乙袋中每次任取一个球并放回，连续取6次，则取得红球个数的数学期望为5 D. 从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球，则从乙袋中取出的是2个红球的概率为 10. 已知函数，，对，，使得成立.下列结论正确的是（ ） A. ，使得 B. 函数的最大值为0 C. a的取值范围为 D. 过作的切线，有且只有一条 11. 如图为我国数学家赵爽约3世纪初在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则区域涂色不相同的概率为　　 A. B. C. D. 12. 已知函数，，当时，恒成立，则实数a的取值范围是（     ） A. B. C. D. 二､填空题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分. 13. 已知函数，则_______． 14. 若展开式的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项是______. 15. 用0，1，4，6，7可以组成__________个无重复数字的五位数. 16. 已知在，的展开式中，有且只有第项的二项式系数最大，则展开式中的系数为_____ 17. 某同学收集了第一届全国学生（青年）运动会吉祥物“壮壮”和“美美”的卡片各一张，第19届亚运会吉祥物“宸宸”“琮琮”和“莲莲”的卡片各一张.现该同学准备将这5张卡片贴在墙上，若将“壮壮”和“美美”的卡片贴在“宸宸”和“莲莲”之间，则不同的贴法种数为______________.（用数字作答） 18. 的展开式中的系数为____________．（用数字作答） 19. 某高中学校为了响应上级的号召，促进学生的全面发展，决定每天减少一节学科类课程，增加一节活动课，为此学校开设了传统武术、舞蹈、书法、小提琴4门选修课程，要求每位同学每学年至多选2门，从高一到高三3个学年将4门选修课程学完，则每位同学的不同选修方式有__________种，若已知某同学高一学年只选修了舞蹈与书法两门课程，则这位同学高二学年结束后就修完所有选修课程的概率为__________． 20. 已知函数，则的最小值为______；设函数，若在上单调递增，则实数的取值范围是______. 三､解答题：本大题共4小题，共60分.前两题各12分，后两题各13分. 21. 树人中学高一年级围棋队有运动员3名，其中种子选手2名；高二年级围棋队有运动员5名，其中种子选手3名，现从这8名运动员中随机选择4人去阳光中学参加校际友谊赛． （1）设为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个年级”，求事件发生的概率； （2）设为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量的分布列及均值． 22. 已知函数在处取得极值. （1）求实数的值； （2）求在区间上的最大值和最小值. （3）若方程有三个不同的实数根，求实数的取值范围. 23. 甲、乙两人进行射击比赛，每场比赛中，甲、乙各射击一次，甲、乙每次至少射中8环．根据统计资料可知，甲击中8环、9环、10环的概率分别为0.7，0.2，0.1，乙击中8环、9环、10环的概率分别为0.6，0.2，0.2，且甲、乙两人射击相互独立． （1）在一场比赛中，求甲击中的环数多于乙击中的环数的概率； （2）若独立进行三场比赛，用X表示这三场比赛中甲击中的环数多于乙击中的环数的场数，求X的分布列与数学期望． 24. 已知函数. （1）当时，求函数的图象在处的切线方程； （2）若函数有两个零点，求的取值范围； （3）若函数的两个零点为，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市第一中学滨海学校2024-2025-2学期 期中考试高二年级数学学科检测试卷 一､选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，共60分. 1. 高二年级名同学去听同时举行的个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的个讲座，不同选择的种数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，分析出每位同学有种选择，进而由分步乘法计数原理可得答案. 【详解】根据题意，每名同学可自由选择听个讲座中的任意一个， 所以每位同学有种选择方法，由分步计数原理知，名同学共有种选择方法， 故选：A. 2. 已知随机变量服从正态分布，且，则等于（ ） A. 0.14 B. 0.62 C. 0.72 D. 0.86 【答案】D 【解析】 【分析】根据正态分布的性质进行计算即可. 【详解】随机变量服从正态分布， 且, 所以， ， 所以， 故选:D. 3. 某公司老､中､青三类员工的人数和男性比例如表所示： 老员工 中年员工 青年员工 人数比例 男性人数比例 在该公司任选一名员工，该员工为男性的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用全概率公式求解即可. 【详解】利用全概率公式可得员工为男性的概率. 故选：C. 4. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据赋值法，分别令，求解可得. 【详解】由， 令，得， 令，得， . 故选：D. 5. 随机变量的分布列如表： 1 2 若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】根据分布列的性质及期望公式得到方程组，即可求出、，再根据方差公式计算可得. 【详解】依题意可得，解得， 所以. 故选：A 6. 某学校拟派2名语文老师、3名数学老师和3名体育老师共8人组成两个支教分队，平均分到甲、乙两个村进行义务支教，其中每个分队都必须有语文老师、数学老师和体育老师，则不同的分配方案有（ ） A. 72种 B. 36种 C. 24种 D. 18种 【答案】B 【解析】 【分析】先分配语文老师，再把数学体育老师按1，2和2，1分配，或2，1和1，2分配即可求解； 【详解】两名语文老师由种分配方程； 数学老师按1，2分，则体育老师按2，1分， 或数学老师按2，1分，则体育老师按1，2分，共有, 所以不同的分配方案有， 故选：B 7. 已知随机变量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项分布的期望与方差公式表示出，，再由及已知条件得到方程，解得即可. 【详解】因为，所以，， 又， 因为，所以，解得. 故选：D 8. 已知函数，若曲线在点处的切线方程为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】代点求解出，然后对函数进行求导，对应求解出，最后求解. 【详解】由已知，， 故， ， 则切线斜率为，故， 所以． 故选：B. 9. 设甲袋中有3个白球和4个红球，乙袋中有1个白球和2个红球，则（ ） A. 从甲袋中每次任取一个球不放回，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到红球的概率为 B. 从甲袋中随机取出了3个球，恰好是2个白球1个红球的概率为 C. 从乙袋中每次任取一个球并放回，连续取6次，则取得红球个数的数学期望为5 D. 从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球，则从乙袋中取出的是2个红球的概率为 【答案】D 【解析】 【分析】对选项A，利用条件概率求解即可.对选项B，利用求解即可，对选项C，利用二项分布数学期望公式求解即可，对选项D，分类讨论从甲袋取出2个白球，1个白球和一个红球，2个红球求解即可. 【详解】对选项A，令事件A：第一次取到白球，事件B：第二次取到红球， 则，，，故A错误. 对选项B，甲袋中随机取出了3个球，恰好是2个白球1个红球的概率为.故B错误. 对选项C，从乙袋中每次任取一个球并放回，连续取6次， 取到红球的个数,则，故C错误. 对选项D，①甲袋中任取2个白球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球， 则从乙袋中取出的是2个红球的概率为， ②甲袋中任取1个白球，1个红球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球， 则从乙袋中取出的是2个红球的概率为， ③甲袋中任取2个红球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球， 则从乙袋中取出的是2个红球的概率为， 所以从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球， 则从乙袋中取出的是2个红球的概率为. 故选：D 10. 已知函数，，对，，使得成立.下列结论正确的是（ ） A. ，使得 B. 函数的最大值为0 C. a的取值范围为 D. 过作的切线，有且只有一条 【答案】D 【解析】 【分析】利用单调性说明的解判断A，由导数求最值判断B，由，使得求解判断C，设切点坐标为，代入所过点坐标求，引入新函数，由导数确定方程只有一个解，从而判断D． 【详解】对于A，， 因为在上单调递增，在上单调递增， 所以在上单调递增， 又， 所以当时，，故A错误; 对于B，由A的分析可知，当时，， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得最小值：，无最大值，故B错误; 对于C，由前面分析知， 由题可知：，使得 对于函数，， 当时，， 故无论a取什么值，均，使得， 则a的取值范围为R，故C错误; 对于D，不妨设切点为，， 切线方程为， 把代入可得：， 即： 令，， ， 因为对恒成立， 所以当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 又， 所以只有一个零点0， 即只有时，成立， 故过作的切线，有且只有一条，故D正确. 故选：D. 【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数， （1）若，，总有成立，故； （2）若，，有成立，故； （3）若，，有成立，故； （4）若若，，有，则的值域是值域的子集 ． 11. 如图为我国数学家赵爽约3世纪初在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则区域涂色不相同的概率为　　 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用分步计数原理求出不同的涂色方案有420种，其中，区域涂色不相同的情况有120种，由此根据古典概型概率公式能求出区域涂色不相同的概率． 【详解】 提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同， 根据题意，如图，设5个区域依次为,分4步进行分析： ，对于区域，有5种颜色可选； ，对于区域与区域相邻，有4种颜色可选； ，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选； ，对于区域，若与颜色相同，区域有3种颜色可选， 若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有2种颜色可选， 则区域有种选择， 则不同的涂色方案有种， 其中，区域涂色不相同的情况有： ，对于区域，有5种颜色可选； ，区域，有4种颜色可选； 对于区域，有3种颜色可选； ，若与颜色相同，区域有2种颜色可选； 若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有1种颜色可选； 所以区域有种选择； 不同的涂色方案有种， 区域涂色不相同的概率为 ,故选D． 【点睛】本题考查古典概型概率公式的应用，考查分步计数原理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．在求解有关古典概型概率的问题时，首先求出样本空间中基本事件的总数，其次求出概率事件中含有多少个基本事件，然后根据公式求得概率. 12. 已知函数，，当时，恒成立，则实数a的取值范围是（     ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】“当时，不等式恒成立”等价于“，恒成立”，设函数，通过导数分析其单调性得；再设并通过导数得在上单调递增，且，故得a的取值范围是. 【详解】由函数，，所以不等式恒成立，等价于 恒成立； 因为，所以； 设函数，，则， 计算，且； 所以， 当，时，令，解得， 所以时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 所以； 设，则， 所以在上单调递增，且； 要使恒成立，需使恒成立，即 所以a的取值范围是. 二､填空题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分. 13. 已知函数，则_______． 【答案】6 【解析】 【分析】利用瞬时变化率和极限思想求得，再结合函数解析式求得即可. 【详解】因， 由可得， 故. 故答案为：6. 14. 若展开式的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项是______. 【答案】240 【解析】 【分析】根据二项式系数和为，求出，即可求出二项式展开式中常数项. 【详解】因为二项式系数和， 因此， 又， 令，常数项为. 故答案为：240. 15. 用0，1，4，6，7可以组成__________个无重复数字的五位数. 【答案】96 【解析】 【分析】先确定的位置，即可求解. 【详解】第一步：有的排法， 第二步，剩余4个元素有中排列， 所以共有个无重复数字的五位数. 故答案为：96 16. 已知在，的展开式中，有且只有第项的二项式系数最大，则展开式中的系数为_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式系数的性质求出的值，写出二项展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解. 【详解】依题意可知， 的展开式通项为， 令，则，故的系数为. 故答案为：. 17. 某同学收集了第一届全国学生（青年）运动会吉祥物“壮壮”和“美美”的卡片各一张，第19届亚运会吉祥物“宸宸”“琮琮”和“莲莲”的卡片各一张.现该同学准备将这5张卡片贴在墙上，若将“壮壮”和“美美”的卡片贴在“宸宸”和“莲莲”之间，则不同的贴法种数为______________.（用数字作答） 【答案】20 【解析】 【分析】按照特殊元素优先考虑的原则，先排“壮壮”、“美美”和“宸宸”、“莲莲”，再与“琮琮”进行排列即可. 【详解】先将“壮壮”和“美美”的卡片贴在“宸宸”和“莲莲”之间，有种贴法， 再贴“琮琮”，有种贴法， 由分步乘法计数原理可得，不同的贴法种数为种. 故答案为：20. 18. 的展开式中的系数为____________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】写出二项式的展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解. 【详解】的展开式通项为， 因为， 在的展开式通项中，令， 在的展开式通项， 令，可得， 因此，展开式中的的系数为. 故答案为：. 19. 某高中学校为了响应上级的号召，促进学生的全面发展，决定每天减少一节学科类课程，增加一节活动课，为此学校开设了传统武术、舞蹈、书法、小提琴4门选修课程，要求每位同学每学年至多选2门，从高一到高三3个学年将4门选修课程学完，则每位同学的不同选修方式有__________种，若已知某同学高一学年只选修了舞蹈与书法两门课程，则这位同学高二学年结束后就修完所有选修课程的概率为__________． 【答案】 ①. 54 ②. ## 【解析】 【分析】利用分组分配的方法，计算求值；利用样本空间的方法，求条件概率. 【详解】由题意可得三个学年修完四门选修课程，每学年至多选2门， 则每位同学每年所修课程数为1，1，2或0，2，2． 先将4门选修课程按1，1，2分成三组，有种方式，再分到三个学年，有种不同方式， 由分步计数原理得，不同的选修方式共有种． 同理，将4门选修课程按0，2，2分成三组，再排列，有种， 所以共有种不同的选修方式； 若将“某同学高一学年只选修了舞蹈与书法两门课程”记为事件A，将“高二学年结束后就修完所有选修课程”记为事件B． 根据题意，满足事件A的所有选课情况共4种情况，其中包含高二选修完或高三选修完其他2门，或是高二，高三各选1门，共4种情况， 其中同时满足事件B的仅有1种情况．根据条件概率公式，可知所求概率为． 故答案为：54； 20. 已知函数，则的最小值为______；设函数，若在上单调递增，则实数的取值范围是______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】空1，直接求导利用的单调性去求其最小值即可；空2，利用导数与单调性的关系建立不等式，利用不等式的恒成立解决参数范围即可. 【详解】由题可知定义域为 显然，当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以的最小值为； 由题可知， 所以 由题可知恒成立， 当，显然当时，，故不成立； 当时，，因为，所以，故成立； 当时，由恒成立，得恒成立， 即 不妨令，所以 所以显然当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以，即 综上所述： 故答案为：； 【点睛】关键点点睛，当不等式化简时，不要在不等式两边去随意乘或者除以一个未知数，要保证知道其正或负，再去作乘除计算. 三､解答题：本大题共4小题，共60分.前两题各12分，后两题各13分. 21. 树人中学高一年级围棋队有运动员3名，其中种子选手2名；高二年级围棋队有运动员5名，其中种子选手3名，现从这8名运动员中随机选择4人去阳光中学参加校际友谊赛． （1）设为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个年级”，求事件发生的概率； （2）设为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量的分布列及均值． 【答案】（1） （2）分布列： 1 2 3 4 【解析】 【分析】（1）根据古典概型的概率公式求解即可； （2）由题意随机变量的所有可能取值为1，2，3，4，利用古典概型的概率公式求出对应的概率即可求出分布列，进而求均值即可. 【小问1详解】 由己知得基本事件的个数为：， 事件包含的基本事件个数为 故事件发生的概率. 【小问2详解】 由题意随机变量的所有可能取值为1，2，3，4， ， ， 随机变量的分布列为 1 2 3 4 . 22. 已知函数在处取得极值. （1）求实数的值； （2）求在区间上的最大值和最小值. （3）若方程有三个不同的实数根，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）最大值为，最小值 （3） 【解析】 【分析】（1）先利用来求解，再进行检验即可； （2）利用第一问求的单调性判断最值； （3）函数，解不等式即可. 【小问1详解】 ，则， 因函数在处取得极值， 则，得， 此时，， 得或，得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极小值，故. 【小问2详解】 由（1）可知在和上单调递增，在上单调递减，而， 则在区间上的最大值为和最小值. 【小问3详解】 令，则， 则与单调性相同， 因方程有三个不同的实数根， 则，得， 则实数的取值范围为. 23. 甲、乙两人进行射击比赛，每场比赛中，甲、乙各射击一次，甲、乙每次至少射中8环．根据统计资料可知，甲击中8环、9环、10环的概率分别为0.7，0.2，0.1，乙击中8环、9环、10环的概率分别为0.6，0.2，0.2，且甲、乙两人射击相互独立． （1）在一场比赛中，求甲击中的环数多于乙击中的环数的概率； （2）若独立进行三场比赛，用X表示这三场比赛中甲击中的环数多于乙击中的环数的场数，求X的分布列与数学期望． 【答案】（1） （2）分布列： X 0 1 2 3 P 0.512 0.384 0.096 0.008 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用互斥事件、相互独立事件的概率公式计算得解. （2）求出的可能值，由（1）结合二项分布的概率求出分布列及期望. 【小问1详解】 设甲击中的环数多于乙击中的环数为事件A， 则事件A包括：甲击中9环乙击中8环，甲击中10环乙击中8环，甲击中10环乙击中9环， 所以. 【小问2详解】 依题意，X的所有可能取值为0，1，2，3， 由（1）知，在一场比赛中，甲击中的环数多于乙击中的环数的概率为0.2，则， 因此， ， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 0.512 0.384 0.096 0.008 期望. 24. 已知函数. （1）当时，求函数的图象在处的切线方程； （2）若函数有两个零点，求的取值范围； （3）若函数的两个零点为，求证：. 【答案】（1）； （2）； （3） 由（2）可得，， 且． 设，则，其中， 两式相乘得：． 需证明：， 构造函数， 时，单调递减；时，单调递增． ， 综上，，因此，原不等式得证． 【解析】 【分析】（1）利用导数求出切点坐标和切线斜率，则得到切线方程； （2）分离参数得，设，利用导数求出其值域，则得到的范围； （3）根据题意得，设，将不等式转化为证明，设新函数，利用导数即可证明. 【小问1详解】 由，得，则切点为． 函数求导得，故切线斜率， 所以切线方程为：． 【小问2详解】 等价转换为：，记， 对求导可得：， 时，，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 又因为当时，时，， 且， 的取值范围为． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $