天津市第二十五中学2024-2025学年高二下学期5月期中考试数学试题

试卷第 1页，共 4页 2024-2025第二学期高二数学期中测试 一、单选题 1．一个集合有 5个元素，这个集合的含有 3个元素的子集有（ ）个 A．10 B．20 C．30 D．40 2．命题：“ Rx  ， 23 8 0x x   ”的否定是（ ） A． Rx  ， 23 8 0x x   B． Rx  ， 23 8 0x x   C． Rx  ， 23 8 0x x   D． Rx  ， 23 8 0x x   3．若数列 na 各项均为正数，则“ na 为等比数列”是“ ln na 为等差数列”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 4．设   2 3 4 55 0 1 2 3 4 51 2 a a x a x a x a x a xx       ，则 1 2 3 4 5a a a a a    （ ） A．-2 B．-1 C．0 D．1 5．已知随机变量 X 服从正态分布  21,N  ，且  1 4 0.3P X   ，则  4P X  （ ） A．0.1 B．0.2 C．0.3 D． 0.4 6．根据一组样本数据  1 1,x y ，  2 2,x y ，   ，  10 10,x y ，求得经验回归方程为  1.1y x a  ， 已知 3x  ， 4y  ，则 a （ ） A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.8 7．某研究中心对治疗哮喘的两种药物的疗效是否有差异进行实验，并运用 2 2 列联表进行 检验，零假设 0H ：两种药物的疗效无差异，计算出 2 5.389  ，根据下面的小概率值 的独 立性检验表，认为“两种药物的疗效存在差异”犯错误的概率不超过（ ）  0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 A．5% B．1% C．0.5% D．0.1% 8．已知 0.33a  ， 0.30.5b  ， 0.50.5c  ，则 a，b， c的大小关系是（ ） A．a b c  B． a c b  C． c a b  D．b c a  9．函数   3 sin e ex x x xf x     的图象大致是（ ） 试卷第 2页，共 4页 A． B． C． D． 10．已知函数 13 1, ( 1) ( ) ln( 1) , ( 1) x x f x x x       ，若方程 2 4( ) 2 ( ) 0 3 f x af x   有 4个不相等的实数根， 则实数 a取值范围为（ ） A． 6 5 4( , ] ( , ) 3 6 3  B． 6 5( , ] (2, ) 3 6  C． 5[ , 2) 6 D． 4( , ) 3  二、填空题 11．函数   11 2 f x x x     的定义域为 ． 12．当函数   lnf x x x 取极小值时，则 x  ． 13．在 7 2 3 2x x      的二项展开式中，含 4x 的项的系数是 .（用数字作答） 14．袋子中装有 8球，其中 6个黑球，2个白球，若依次随机取出 2个球，则在第一次取到 黑球的条件下，第二次取到白球的概率为 ；若随机取出 3个球，记取出的球中白 球的个数为 X ，则 X 的数学期望  E X  . 15．已知函数   3 23f x x x ax b    ，若 Rb  ，使得  f x 有三个零点 1 2 3, ,x x x ，则 a的取 值范围为 ，  f x 在这三个零点处的切线斜率的倒数之和为 ． 三、解答题 16．已知集合    21 3 2 2 8 0A x a x a B x x x        ， ． (1)若 0a  ，求 A B ; (2)若 A B B ，求实数 a的取值范围； (3)若 x B 是 x A 的充分不必要条件，求实数 a的取值范围． 试卷第 3页，共 4页 17．已知箱中装有 2个白球， 2个红球和 3个黑球，现从该箱中任取（无放回，且每球取到 的机会均等）3个球， (1)求取出的三个球的颜色互不相同的概率； (2)记随机变量 X 为取出 3 球中白球的个数，求 X 的分布列及期望． 18．已知二次函数 2( )f x x bx c   的两个零点分别是 1 和 3. (1)求 b、c的值； (2)判断函数 ( )f x 在[2, ) 的单调性，并用定义法证明； (3)求函数 ( )f x 在[ 1,4] 的值域. 试卷第 4页，共 4页 19．甲、乙两人各进行 3次射击，甲每次击中目标的概率时 3 4 ，乙每次击中目标的概率 2 3 ， 假设两人射击是否击中目标．相互之间没有影响；每次射击是否击中目标，相互之间没有影 响． (1)求甲至少有 1次未击中目标的概率； (2)记甲击中目标的次数为，求的概率分布列； (3)求甲恰好比乙多击中目标 2次的概率． 20．已知函数    ln 2 Rf x ax x a    (1)当 1a  时，求曲线  y f x )在点   1, 1f 处的切线方程; (2)讨论函数  f x 的单调性； (3)若对任意的  1,x  ，都有  ln 1x x x k x   成立，求整数 k的最大值. 答案第 1页，共 10页 《天津市》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C C A B C A A A D 1．A 【分析】根据题意结合组合数运算求解即可. 【详解】根据题意可知：集合的含有 3个元素的子集有 35C 10 个. 故选：A. 2．C 【分析】由全称命题的否定为特称命题即可求解. 【详解】“ Rx  ， 23 8 0x x   ”的否定是 Rx  ， 23 8 0x x   ， 故选：C 3．C 【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义，结合等差数列、等比数列的定义 判断. 【详解】数列 na 中， 0na  ， 数列 na 为等比数列，令其公比为 ( 0)q q  ，则 11 nna a q  ， 1ln ( 1) lnln n a n qa    ， 1ln ln lnn na a q   为常数，因此数列 ln na 为等差数列； 反之， ln na 为等差数列，令其公差为d，则 1ln lnn na a d   ，即 1 edn n a a   为常数， 因此数列 na 为等比数列， 所以“ na 为等比数列”是“ ln na 为等差数列”的充要条件. 故选：C 4．A 【分析】分别令 0x  和 1x  代入计算即可. 【详解】令 0x  易知 0 1a  ， 令 1x  可得，  5 0 1 2 3 4 51 1a a a a a a         ， 所以 1 2 3 4 5 2a a a a a      . 故选：A. 答案第 2页，共 10页 5．B 【分析】利用正态分布密度曲线的对称性可求得  4P X  的值. 【详解】因为随机变量 X 服从正态分布  21,N  ，且  1 4 0.3P X   ， 则      4 1 1 4 0.5 0.3 0.2P X P X P X         . 故选：B. 6．C 【分析】利用回归直线方程过样本中心点，可求 a的值. 【详解】因为 3x  ， 4y  ，所以样本中心点  3,4 ， 因为回归方程  1.1y x a  过样本中心点  3,4 ，所以 4 1.1 3 a   ，解得  0.7a  . 故选：C. 7．A 【分析】根据5.389 3.841,5.389 6.635  ，得到犯错误的概率不超过5% . 【详解】 2 5.389 3.841   ， 2 5.389 6.635   ， 故“两种药物的疗效存在差异”犯错误的概率不超过5% . 故选：A 8．A 【分析】根据指数函数的单调性比较函数值的大小即可得结论. 【详解】因为 0.5xy  为减函数，所以 0.5 0.3 00.5 0.5 0.5 1   ， 又因为 3xy  为增函数，所以 0.3 03 3 =1 ， 所以 a b c  ． 故选：A． 9．A 【分析】利用奇偶性和  πf 的正负，排除错误选项，得到正确选项. 【详解】  f x 的定义域是R ， 因为          3 3sin sin e ee e x xxx x x x xf x f x             ，所以  f x 是奇函数，排除 CD， 答案第 3页，共 10页 因为   3 3 π -π π -π π sin π ππ 0 e e e e f      ，排除 B， 故选：A. 10．D 【分析】画出 ( )f x 的图象，结合函数的图象可得方程 2 42 0 3 t at   的解 1t 、2t 满足 1 2 1 2 0 1 2 t t t t       ， 根据根分布可求实数 a取值范围． 【详解】 ( )f x 的图象如图所示： ∵方程 2 4( ) 2 ( ) 0 3 f x af x   有 4个不相等的实数根， 设  f x t ，结合图象可知 2 42 0 3 t at   有两个不等实根， 设此关于 t方程的解为 1t 、 2t ，其中 1 2,t t 均不为零且 1 2 4 3 t t  ． 由题设可得关于 x的方程   1f x t 和   2f x t 共有 4个不同的解， 1 2 4 3 t t  ， 故 1 2,t t 不能都大于 2，不能都小于等于 1， 故 1 2 1 2 0 1 0 1 t t t t        （舍）或 1 2 1 2 0 1 2 t t t t       或 1 2 1 2 2 2 t t t t      （舍）． 令   2 42 3 g t t at   ，其开口向上， 需满足       0 0 1 0 2 0 g g g       ，即 40 2 0 0 3 41 2 0 3 44 4 0 3 a a a                ，解得 4 3 a  ． 故选：D． 【点睛】复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内 答案第 4页，共 10页 层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定 函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数. 11． 1x x   且 2x  【分析】根据二次根式有意义的条件及分母不为 0得不等式组，解之可得． 【详解】由题意得： +1 0 2 0 x x     ，解得： 1x   且 2x  ， 所以函数   11 2 f x x x     的定义域为 1x x   且 2x  ． 故答案为： 1x x   且 2x  ． 12． 1 e / 1e 【分析】求导，利用导数判断原函数的单调性和极值点，即可得结果. 【详解】由题意可知：  f x 的定义域为  0,  ，且   1 lnf x x  ， 令   0f x  ，解得 1 e x  ；令   0f x  ，解得 10 e x  ； 可知  f x 在 10, e       内单调递减，在 1 , e      内单调递增， 所以函数  f x 的极小值点为 1 e . 故答案为： 1 e . 13．84 【分析】先得到通项，再根据系数得到项数，然后计算即可. 【详解】根据二项式定理, 7 2 3 2x x      的通项为:      72 14 51 7 731C 2 C 2 r r r rr r r rT x xx                ， 当14 5 4r  时,即 2r  时,可得  22 4 43 7C 2 84T x x    . 即 3x 项的系数为84 . 故答案为：84 . 14． 2 7 3 4 【分析】第一问可根据条件概率公式求解，第二问可先确定随机变量 X 的取值，再求出 答案第 5页，共 10页 每个取值的概率，最后根据期望公式计算期望. 【详解】设“第一次取到黑球”为事件 A，“第二次取到白球”为事件 B . 则 6 3( ) 8 4 P A   . ( )P AB 表示第一次取到黑球且第二次取到白球的概率.第一次取黑球有 6 种取法，第二次 取白球有 2 种取法，从 8 个球中依次取 2 个球的总取法有 28A 8 7 56   种，所以   12 3 56 14 P AB   . 根据条件概率公式 ( )( | ) ( ) P ABP B A P A  ，可得 3 3 4 214( | ) 3 14 3 7 4 P B A     . 随机取出 3 个球，取出的球中白球的个数 X 可能取值为 0，1， 2 . ( 0)P X  表示取出的 3 个球都是黑球的概率，从 6 个黑球中取 3 个球的组合数为 3 6 6 5 4C 20 3 2 1       ，从 8 个球中取 3 个球的组合数为 38 8 7 6C 56 3 2 1       ，所以   3 6 3 8 C 20 50 C 56 14 P X     . ( 1)P X  表示取出的 3 个球中有 1 个白球和 2 个黑球的概率，从 2 个白球中取 1 个 球的组合数为 1 2C 2 ，从 6 个黑球中取 2 个球的组合数为 2 6 6 5C 15 2 1     ，所以   1 2 2 6 3 8 C C 2 15 151 C 56 28 P X      . ( 2)P X  表示取出的 3 个球中有 2 个白球和 1 个黑球的概率，从 2 个白球中取 2 个球的组合数为 2 2C 1 ，从 6 个黑球中取 1 个球的组合数为 1 6C 6 ，所以   2 1 2 6 3 8 C C 1 6 32 C 56 28 P X      . 根据期望公式 可得 5 15 3 15 6 21 3( ) 0 1 2 14 28 28 28 28 28 4 E X           . 故答案为： 2 7 ； 3 4 . 15．  ,3 0 【分析】由  f x 有三个零点，则   0f x  有两个不相等的实数根，即可求解 a的取值范围； 答案第 6页，共 10页 由题得      3 2 1 23f x x x ax b x x x x         3x x ，得出      1 2 3, ,f x f x f x   ，根据导 数的几何意义计算      1 2 3 1 1 1 f x f x f x     即可． 【详解】因为  f x 有三个零点，且   23 6f x x x a    ， 所以   0f x  有两个不相等的实数根， 所以36 12 0a  ，解得 3a  ， 故 a的取值范围为  ,3 ． 由题得      3 2 1 23f x x x ax b x x x x         3x x ，          2 3 1 2 3f x x x x x x x x x x x            所以     1 1 2 1 3f x x x x x   ， 同理     2 2 1 2 3f x x x x x   ，     3 3 1 3 2f x x x x x   ， 故      1 2 3 1 1 1 f x f x f x             1 2 1 3 2 1 2 3 3 1 3 2 1 1 1 x x x x x x x x x x x x                      2 3 3 1 1 2 1 2 1 3 2 3 0 x x x x x x x x x x x x           ． 故答案为：  ,3 ，0． 16．(1){ | 1 3}x x   (2) 1 , 2      ； (3){ | 1}a a   ． 【分析】  1 利用交集运算即可；  2 利用子集关系，再分两类空集和非空集讨论即可；  3 把充分不必要关系转化为真子集关系，再求参数范围. 【详解】（1）当 0a  时，      21 3 2 8 0 2 4A x x B x x x x x           ， ， 所以 { | 1 3}A B x x    ； （2）因为    1 3 2 2 4A x a x a B x x        ， ， 答案第 7页，共 10页 所以由 A B B ，得 A B ， ①当 A  时， 1 3 2a a   ，解得 4 3 a  ，满足题意； ②当 A  时，则 1 3 2 1 2 3 2 4 a a a a           ，解得 1 4 2 3 a   ， 综上， 1 2 a   ，故实数 a的取值范围为 1 2      ， ； （3）由 x B 是 x A 的充分不必要条件，可得 B A ， 又    1 3 2 2 4A x a x a B x x        ， ， 则 1 3 2 1 2 3 2 4 a a a a           ① ② ③ ，且②③式等号不同时成立，解得 1a   ， 故实数 a的取值范围是  , 1  ． 17．(1) 12 35 (2)分布列见解析， 6 7 【分析】（1）由古典概型概率公式计算即得； （2）确定随机变量 X的所有可能取值，求出它们对应的概率，列出分布列并计算期望. 【详解】（1）设取出的三个球的颜色互不相同的事件为M ，则   1 1 1 2 2 3 3 7 C C C 12 C 35 P M   ； （2）随机变量 X 的所有可能取值为 0，1，2． 则   0 3 2 5 3 7 C C 10 20 C 35 7 P X     ，   1 2 2 5 3 7 C C 20 41 C 35 7 P X     ，   2 1 2 5 3 7 C C 5 12 C 35 7 P X     ． 所以 X的分布列为: X 0 1 2 P 2 7 4 7 1 7 答案第 8页，共 10页 随机变量 X 的数学期望：   1 4 1 60 1 2 7 7 7 7 E X        ． 18．(1) 2 3 b c      ； (2) ( )f x 在[2, ) 的单调递增，证明见解析； (3)[ 4,5] . 【分析】（1）应用根与系数关系求参数值； （2）由单调性定义，令 1 2 2x x  ，应用作差法比较 1 2( ), ( )f x f x 的大小，即可证； （3）根据二次函数的性质求区间值域即可. 【详解】（1）由题意 1 3 1 3 b c        ，则 2 3 b c      ； （2） ( )f x 在[2, ) 的单调递增，证明如下： 由（1）知 2( ) 2 3f x x x   ，令 1 2 2x x  ， 所以 2 2 1 2 1 1 2 2( ) ( ) ( 2 3) ( 2 3)f x f x x x x x       1 2 1 2 1 2( )( ) 2( )x x x x x x     1 2 1 2( 2)( )x x x x    ， 而 1 2 1 22 0, 0x x x x     ，则 1 2( ) ( ) 0f x f x  ，所以 1 2( ) ( )f x f x ， 综上， ( )f x 在[2, ) 的单调递增. （3）由 2 2( ) 2 3 ( 1) 4f x x x x      ，则 ( )f x 在[ 1,1) 上单调递减，在 (1,4]上单调递增， 且 ( 1) 0 (4) 5f f    ， (1) 4f   ，故 ( )f x 在[ 1,4] 的值域为[ 4,5] . 19．(1) 37 64 (2)分布列见解析 (3) 7 64 【分析】（1）由题意知，两人射击是否击中目标，相互之间没有影响；甲每次击中目标的概 率为 3 4 ，射击 3次，相当于 3次独立重复试验，根据独立重复试验概率公式得到结果． （2）根据题意看出变量的可能取值，根据变量对应的事件和独立重复试验的概率公式，写 出变量对应的概率，写出分布列． （3）甲恰比乙多击中目标 2次，包括甲恰击中目标 2次且乙恰击中目标 0次，甲恰击中目 答案第 9页，共 10页 标 3次且乙恰击中目标 1次，这两种情况是互斥的，根据公式公式得到结果． 【详解】（1）记“甲连续射击 3次，至少 1次未击中目标”为事件 1A， 由题意知两人射击是否击中目标，相互之间没有影响， 射击 3次，相当于 3次独立重复试验，故 31 1 3 37( ) 1 ( ) 1 ( ) 4 64 P A P A     ； （2）依题可知的可能取值为 0，1，2，3， 并且 3(3, ) 4 B  ，     3 3 3 1C 0,1,2,3 4 4 k k kP k k               即 31 1( 0) ( ) 4 64 P     ，   2 1 3 3 1 91 C 4 4 64 P            ，   2 2 3 3 1 272 C 4 4 64 P         ， 33 27( 3) ( ) 4 64 P     ， 的概率分布列为：  0 1 2 3 P 1 64 9 64 27 64 27 64 （3）设甲恰好比乙多击中目标 2次为事件 A，甲恰击中目标 2次且乙恰击中目标 0次为事 件 1B ，甲恰击中目标 3次且乙恰击中目标 1次为事件 2B ， 则 1 2A B B  ， 1B 、 2B 为互斥事件， 1 2 27 1 27 6 7( ) ( ) ( ) 64 27 64 27 64 P A P B P B       ， ∴甲恰好比乙多击中目标 2次的概率为 7 64 . 20．(1) 1y   (2)答案见解析 (3)3 【分析】（1）求出函数 ( )f x 的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程作答. （2）利用导数，讨论 0a  ， 0a  求出 ( )f x 的单调区间作答. （3）等价变形给定的不等式，构造函数，利用导数求出函数的最小值情况作答. 【详解】（1）当 1a  时，函数 ( ) ln 2f x x x   ， 答案第 10页，共 10页 求导得 1( ) 1f x x    ，则 (1) 0f   ，而 (1) 1f   ， 所以曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程是 1y   . （2）    1 1, 0axf x a x x x      ， 当 0a  时，   0f x  ，恒成立，函数  f x 在定义域  0,  单调递减； 当 0a  时，由   0f x  ，可得： 10 x a   ，由   0f x  ，可得 1x a  ， 所以  f x 在 10, a       单调递减，在 1 , a      单调递增； 综上：当 0a  时，  f x 在定义域  0,  单调递减，无增区间， 当 0a  时，  f x 在 10, a       单调递减，在 1 , a      单调递增； （3） (1, )x   ， lnln ( 1) 1 x x xx x x k x k x        ， 令 ln( ) , 1 1 x x xg x x x     ，求导得           2 2 2 ln 1 ln ln 2 1 1 x x x x x x xg x x x            ， 由（2）知， ( ) ln 2f x x x   在 (1, ) 上单调递增， (3) 1 ln 3 0f    ，    4 2 1 ln 2 0f    ， 因此存在唯一 0 (3,4)x  ，使得 0( ) 0f x  ，即 0 0 0 0ln 2 0 ln 2x x x x      ， 当 0(1, )x x 时， ( ) 0f x  ，即 ( ) 0g x  ，当 0( , )x x  时， ( ) 0f x  ，即 ( ) 0g x  ， 因此函数 ( )g x 在 0(1, )x 上单调递减，在 0( , )x  上单调递增， 于是 0 0 0 0 0 0 min 0 0 0 0 ln ( 2)( ) ( ) 1 1 x x x x x xg x g x x x x          ，则 0 (3, 4)k x  ， 所以整数 k的最大值是 3.