精品解析：福建省永春第一中学2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题

永春一中高二年级期中考试数学科试卷 （2025.4） 考试时间：120分钟，试卷总分：150分，成绩 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则=（ ） A. B. C. D. 2. 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. 3. 已知随机变量的分布列如下表，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 一袋中装有大小､质地均相同的5个白球，3个黄球和2个黑球，从中任取3个球，则至少含有一个黑球的概率是（ ） A. B. C. D. 5. 若数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 9 6. 定义曲线：为椭圆：的“倒曲线”，给出以下三个结论：①曲线有对称轴，②曲线有对称中心，③曲线与椭圆有公共点．其中正确的结论个数为（ ） A. B. C. D. 7. 若函数在区间(0，1)上不单调，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形（边长为2个单位）的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向行走个单位，一直循环下去．某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的概率是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，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. 对于离散型随机变量，它的数学期望和方差，下列说法正确的是（ ） A. 是反映随机变量的平均取值 B. 越小，说明越集中于 C. D. 10. 已知随机变量，则下列命题正确的（ ） A. B. C. D. 若甲投篮命中率为，则X可以表示甲连续投篮6次的命中次数 11. “杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一．如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为1，1，2，3，5，8，13，，则下列选项正确的是（ ） A. 在第9条斜线上，各数之和为55 B. 在第条斜线上，各数自左往右先增大后减小 C. 在第条斜线上，共有个数 D. 在第11条斜线上，最大的数是 三、填空题：本题共 3 个小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 已知随机变量，且，则的值为________． 13. 已知的展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，且，则_______． 14. 函数，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是_______ 四、解答题：共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知（）的展开式中前项的二项式系数之和等于． （1）求的值； （2）若展开式中的系数为，求实数的值． 16. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆，后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆.已知平面直角坐标系中，，且. （1）求点的轨迹方程； （2）过作（1）的切线，求切线方程； （3）若点在（1）的轨迹上运动，另有定点，求的取值范围. 17. 设函数． （1）若，求函数的单调区间； （2）若函数恰有一个零点，求实数的取值范围． 18. 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． 19. 同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设，，且．若则称与关于模同余，记作（“|”为整除符号）．例如 （1）解同余方程； （2）设（1）中方程的所有正根构成数列，其中． ①若（），数列的前项和为，求； ②若（），求数列的前项和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永春一中高二年级期中考试数学科试卷 （2025.4） 考试时间：120分钟，试卷总分：150分，成绩 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据组合数公式直接求解即可 【详解】由，得， ，解得或（舍去）， 故选：C 2. 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 3. 已知随机变量的分布列如下表，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用分布列的性质及均值的计算公式即可求解. 【详解】由题意可知，，所以， 又，所以. 故选：C． 4. 一袋中装有大小､质地均相同的5个白球，3个黄球和2个黑球，从中任取3个球，则至少含有一个黑球的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据超几何分布的概率公式计算即可. 【详解】根据题意，至少含有一个黑球的概率是. 故选：B. 5. 若数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定的递推公式，推导出数列的周期即可. 【详解】数列中，由，得， 则，因此数列是周期数列，周期为4， 所以. 故选：D 6. 定义曲线：为椭圆：的“倒曲线”，给出以下三个结论：①曲线有对称轴，②曲线有对称中心，③曲线与椭圆有公共点．其中正确的结论个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】曲线：上取点，利用点的坐标证得对称性，从而判断出①②，利用的范围可以判断出③，从而得出结论. 【详解】曲线：上取点，则该点关于轴对称的点也在曲线，故曲线关于轴对称，同理可证曲线关于轴对称，则该点关于原点对称点也在曲线，故曲线关于原点对称，故①②正确；曲线：，则，而椭圆：中，，故曲线与椭圆无公共点，③错误；综上，正确的有2个， 故选：C. 7. 若函数在区间(0，1)上不单调，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对求导并将问题转化为在(0,1)上存在变号零点，再应用导数研究的单调性，结合零点存在性定理列不等式求参数范围. 【详解】由题设，，又在(0,1)上不单调， 所以在(0,1)上存在变号零点，而， 则在(0,1)上递增，只需，即. 故选：B 8. 某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形（边长为2个单位）的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向行走个单位，一直循环下去．某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用正方形的周长计算出三次骰子的点数之和是或者，再依次分类列出这两种情况所包含的样本点个数，最后再利用古典概型的概率公式求得. 【详解】由题意知正方形（边长为2个单位）的周长是， 则抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的表示三次骰子的点数之和是或者， 三次点数之和为的有：（无序）， 其中再排序有种；再排序有种； 三次点数之和为的有：（无序） 将它们再排序共有种； 则抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的所有样本点个数为， 又抛掷一次骰子共有种可能，则抛掷三次骰子共有种， 则利用古典概型的概率公式可得， 抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的概率是. 故选：B． 二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，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. 对于离散型随机变量，它的数学期望和方差，下列说法正确的是（ ） A. 是反映随机变量的平均取值 B. 越小，说明越集中于 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据离散型随机变量的期望和方差表示的意义，以及期望与方程的性质，可直接判断出结果. 【详解】离散型随机变量的期望反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量取值偏离于均值的平均程度，方差越小，说明随机变量的取值越集中于均值；即AB正确； 由期望和方差的性质可得，，，即C正确，D错； 故选：ABC. 10. 已知随机变量，则下列命题正确的（ ） A. B. C. D. 若甲投篮命中率为，则X可以表示甲连续投篮6次的命中次数 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A、B、C：直接套二项分布的公式进行计算，即可判断； 对于D：根据二项分布的定义，直接判断. 【详解】对于A：因随机变量，则，故A正确， 对于B：，故B正确； 对于C：，故C错误； 对于D：甲连续投篮6次相当于6次独立重复投篮一次的试验，而单次投篮命中率为，则命中次数，故D正确； 故选：ABD． 11. “杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一．如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为1，1，2，3，5，8，13，，则下列选项正确的是（ ） A. 在第9条斜线上，各数之和为55 B. 在第条斜线上，各数自左往右先增大后减小 C. 在第条斜线上，共有个数 D. 在第11条斜线上，最大的数是 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定的杨辉三角数据特征，逐项分析计算、判断作答. 【详解】对于A，因从上往下每条线上各数之和依次为1，1，2，3，5，8，13，…，从第3项起，每一项是其相邻前两项的和， 则第8条斜线上各数之和为，因此，第9条斜线上各数之和为，A不正确； 对于B，由定义及图中规律知，在第条斜线上，各数自左往右先增大后减小，B正确； 对于C，从上往下每条斜线上的数据个数为1，1，2，2，3，3，4，4，…，均满足， 所以在第条斜线上，共有个数，C正确； 对于D，在第11条斜线上，最大的数是，D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共 3 个小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 已知随机变量，且，则的值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，求得，结合正态分布曲线的对称性，即可求解. 【详解】由随机变量，且，可得， 根据正态分布曲线的对称性，可得. 故答案为：. 13. 已知的展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，且，则_______． 【答案】242 【解析】 【分析】利用赋值法，通过代入和，结合已知条件得到，求出的值. 【详解】由题意得,则，令，得， 令，得，所以． 故答案为：242． 14. 函数，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是_______ 【答案】 【解析】 【分析】利用导数可证明函数在上递增，不妨设，则不等式恒成立，即不等式恒成立，令，，则可得函数在上递增，故在恒成立，从而可得出答案. 【详解】解：， 因为， 所以， 所以函数在上递增， 又因函数在上递增， 不妨设， 当时，，符合题意， 当时，不等式恒成立， 即不等式恒成立， 即不等式恒成立， 令，， 则时，， 所以函数在上递增， ， 则在恒成立， 即在恒成立， 令，， 则， 所以函数在上递增， 所以， 所以，解得， 所以实数的取值范围是. 故答案为：. 四、解答题：共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知（）的展开式中前项的二项式系数之和等于． （1）求的值； （2）若展开式中的系数为，求实数的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用，解方程即可； （2）写出二项式展开式的通项，找到的系数即可求得. 【小问1详解】 由题设，，即，整理得， 解得或， 因，故. 【小问2详解】 由（1）知：二项式展开式通项为， 令，得，则， 又展开式中的系数为，则，得． 16. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆，后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆.已知平面直角坐标系中，，且. （1）求点的轨迹方程； （2）过作（1）的切线，求切线方程； （3）若点在（1）的轨迹上运动，另有定点，求的取值范围. 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）设，结合列出方程即可求解； （2）分切线斜率不存在和切线斜率存在两种情况讨论求解即可； （3）先求出到圆心的距离，进而结合圆上一点到定点的距离最值问题求解即可. 【小问1详解】 设，由， 得， 整理得，，即， 则点的轨迹方程为. 【小问2详解】 由（1）知，点的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 当切线斜率不存在时，切线方程为，符合题意； 当切线斜率存在时，设切线方程为，即， 则，解得， 所以切线方程为，即. 综上所述，切线方程为或. 【小问3详解】 点到圆心的距离为， 所以，即， 即的取值范围为. 17. 设函数． （1）若，求函数的单调区间； （2）若函数恰有一个零点，求实数的取值范围． 【答案】（1）递增区间为，，递减区间为； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用导数研究的符号，即可得的单调区间. （2）讨论、、，结合的极值，要使恰有一个零点，有极大值小于0或极小值大于0，即可求参数范围. 【小问1详解】 由题设，，而，则， 由于的关系为： 极大值 极小值 递增 递减 递增 所以的递增区间为，，递减区间为； 【小问2详解】 当时，由（1），极大值，极小值， 要使有且仅有一个零点，所以或，解得，所以； 当时单调递增，显然有且只有一个零点，符合题意； 当时，递增区间为，，递减区间为； 极大值，极小值， 要使有且仅有一个零点，所以或，解得，所以； 综上：. 18. 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）的分布列为： 0 1000 3000 6000 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. 19. 同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设，，且．若则称与关于模同余，记作（“|”为整除符号）．例如 （1）解同余方程； （2）设（1）中方程的所有正根构成数列，其中． ①若（），数列的前项和为，求； ②若（），求数列的前项和． 【答案】（1）或（）； （2）①3036；②. 【解析】 【分析】（1）根据整除的定义求解，（mod3），即能被3整除，从而得出或能被3整除； （2）①首先求出（分奇偶项），确定出，用并项求和法求和；②求出，利用两角差的正切公式变形通项，结合裂项相消法求和． 【小问1详解】 依题意，（mod3），则或（）， 即或（）. 【小问2详解】 由（1）得为，则， ①由（），得， ． ②（）， 而， 所以 . 【点睛】关键点点睛：本题考查学生的阅读理解能力，创新意识，解题关键是正确理解新概念并能应用解题，本题中同余问题，实质就是除以一个质数后的余数相等，问题转化后可结合数列的求和方法，两角差的正切公式等等知识才能顺利求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $