精品解析：天津市崇化中学2024-2025学年高二下学期期中数学试题

2024-2025高二数学阶段性检测（二） 一、单选题：本题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 二项式的展开式中的常数项为（ ） A. 9 B. 12 C. 15 D. 18 2. 某学生在上学路上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立，遇到红灯的概率都是，遇到红灯时停留的时间都是2 min，这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间Y的期望为(　　) A B. 1 C. D. 3. 函数的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 和 4. 学校要从10名候选人中选2名同学组成学生会，其中高二（1）班有4名候选人，假设每名候选人都有相同机会被选到，若表示选到高二（1）班的候选人的人数，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知随机变量服从正态分布，且，则实数的值为( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 设随机变量X等可能取值1，2，3，…，n，如果P(X＜4)＝0.3，那么（ ） A. n＝3 B. n＝4 C. n＝10 D. n＝9 7. 把一枚骰子连续抛掷两次，记事件为“两次所得点数均为奇数”，为“至少有一次点数是5”，则等于（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的可导函数的导函数为，满足，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 9. 7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为 A. 120 B. 240 C. 360 D. 480 10. 有一道数学题，不知道答案的概率为，如果知道答案则本题答对的概率为，不知道答案则本题答对的概率为，在答对本题的条件下，则不知道答案的概率为（ ） A. B. C. D. 二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分. 11. 计算：______.（用数字作答） 12. 已知随机变量，则______. 13. 把个相同的小球放入个不同的盒子中，每个盒子最多放个小球，则不同方法有______种（用数字作答）. 14. 展开式中的系数是______（用数字作答）. 15. 某届冬奥会奥运村有智能餐厅A、人工餐厅B，运动员甲第一天随机地选择一餐厅用餐，如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.7；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.8.运动员甲第二天去A餐厅用餐的概率为______. 16. 已知函数，若函数（为常数）有且仅有4个零点，则的取值范围是______. 三、解答题：本题共4小题，共52分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17. 老师要从10篇课文中随机抽3篇不同的课文让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格．某位同学只能背诵其中的6篇，求 （1）抽到他能背诵的课文的数量的分布列 （2）他能及格的概率 18. （1）若，求值； （2）若，求的值. 19. 设函数． （1）若在处取得极值，求的值； （2）若在上为减函数，求的取值范围. 20. 已知函数. （Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程； （Ⅱ）若，讨论函数单调性； （Ⅲ）当时，恒成立，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025高二数学阶段性检测（二） 一、单选题：本题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 二项式的展开式中的常数项为（ ） A. 9 B. 12 C. 15 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】利用二项式定理的通项公式可得常数项． 【详解】由题意可得，通项， 令，得， 所以常数项， 故选:C. 2. 某学生在上学路上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，遇到红灯时停留的时间都是2 min，这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间Y的期望为(　　) A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】遇到红灯的次数X～B，∴E(X)＝. ∴E(Y)＝E(2X)＝2×＝ 3. 函数的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 和 【答案】B 【解析】 【分析】先求得函数的定义域，然后利用导数求得的单调递增区间. 【详解】的定义域为，且，所以当时，，单调递增，的单调递增区间为. 故选：B 【点睛】本小题主要考查利用导数求函数单调区间，属于基础题. 4. 学校要从10名候选人中选2名同学组成学生会，其中高二（1）班有4名候选人，假设每名候选人都有相同的机会被选到，若表示选到高二（1）班的候选人的人数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 随机变量服从超几何分布，根据超几何分布期望公式即可求解. 【详解】法一：（公式）由题意得随机变量， 则． 法二：，分布列如下 , 0 1 2 ． 故选：D. 【点睛】本题考查超几何分布的期望，要掌握常用的随机变量的分布列和期望，减少计算量，属于基础题. 5. 已知随机变量服从正态分布，且，则实数的值为( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】结合概率之和为1和正态曲线的对称性即可求解. 【详解】因为随机变量服从正态分布， 所以曲线关于对称，且， 由，可知. 故选：A. 6. 设随机变量X等可能取值1，2，3，…，n，如果P(X＜4)＝0.3，那么（ ） A. n＝3 B. n＝4 C. n＝10 D. n＝9 【答案】C 【解析】 【分析】根据随机变量及其分布的意义即可求解. 【详解】因为， 所以， 所以 故选：C 7. 把一枚骰子连续抛掷两次，记事件为“两次所得点数均为奇数”，为“至少有一次点数是5”，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】把一枚骰子连续抛掷两次，基本事件总数，利用列举法求出事件包含的基本事件，事件包含的基本事件，求出，再利用条件概率公式可求得结果. 【详解】把一枚骰子连续抛掷两次，基本事件总数， 事件包含的基本事件有：，共9种， 事件包含的基本事件有：，共5种， 所以， 所以. 故选：B 8. 已知定义在上的可导函数的导函数为，满足，且，则不等式的解集为（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，利用导数说明函数的单调性，则不等式，即，根据单调性解得即可. 【详解】令，则， 在上单调递增， ， 则不等式，即为，即为，， 所以不等式的解集为. 故选：B 9. 7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为 A. 120 B. 240 C. 360 D. 480 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：前排人有个空,从甲乙丙人中选人插入,有种方法,对于后排,若插入的人不相邻有种,若相邻有种,故共有种,选C． 考点：1．排列组合问题；2．相邻问题和不相邻问题． 10. 有一道数学题，不知道答案的概率为，如果知道答案则本题答对的概率为，不知道答案则本题答对的概率为，在答对本题的条件下，则不知道答案的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据全概率公式和条件概率公式即可得出答案. 【详解】设事件：知道答案，事件：答对本题， 则，， 则 故选：D 二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分. 11. 计算：______.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】利用组合数计算可得结果. 【详解】. 故答案为：. 12. 已知随机变量，则______. 【答案】3 【解析】 【分析】根据二项分布的方差公式求出，再根据方差的性质计算可得答案 【详解】， 故答案为：3 13. 把个相同的小球放入个不同的盒子中，每个盒子最多放个小球，则不同方法有______种（用数字作答）. 【答案】 【解析】 【分析】先考虑个相同的小球放入个不同的盒子的情形，其中有空盒的放法种数；接下来考虑把个相同的小球放在同一个盒子的情形，结合隔板法和间接法可求得结果. 【详解】先考虑个相同的小球放入个不同的盒子的情形，那么其中有空盒， 可考虑在每个盒子中各加一个球，问题转化为将个相同的小球放入个不同的盒子， 每个盒子中至少有个球，由隔板法可知，不同的方法种数为种； 接下来考虑把个相同的小球放在同一个盒子的情形，有种情况. 由间接法可知，不同的方法种数为种. 故答案为：. 14. 展开式中的系数是______（用数字作答）. 【答案】 【解析】 【分析】求得的展开式的通项为，进而得出展开式中含有的项，即可求解. 【详解】由的展开式的通项为， 则展开式中含有的项为， 所以展开式中的系数是. 故答案为：. 15. 某届冬奥会奥运村有智能餐厅A、人工餐厅B，运动员甲第一天随机地选择一餐厅用餐，如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.7；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.8.运动员甲第二天去A餐厅用餐的概率为______. 【答案】## 【解析】 【分析】第2天去哪家餐厅用餐的概率受第1天在哪家餐厅用餐的影响，可根据第1天可能去的餐厅，将样本空间表示为“第1天去A餐厅”和“第1天去B餐厅”两个互斥事件的并，利用全概率公式求解. 【详解】设“第1天去A餐厅用餐”，“第1天去B餐厅用餐”， “第2天去A餐厅用餐”，则，且与互斥， 根据题意得：，，， 则. 故答案为：. 16. 已知函数，若函数（为常数）有且仅有4个零点，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意分析可得原题意等价于与有4个不同的交点，求导，利用导数判断原函数的单调性与极值，结合图象分析判断. 【详解】令，则， 原题意等价于与有4个不同的交点， 当时，则，可得， 令，解得；令，解得； 则在上单调递增，在上单调递减，可得， 且当x趋近于0时，趋近于，当x趋近于时，趋近于0； 当，则开口向下，对称轴，可得； 可得的图象，若与有4个不同的交点，则的取值范围是. 故答案为：. 三、解答题：本题共4小题，共52分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17. 老师要从10篇课文中随机抽3篇不同的课文让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格．某位同学只能背诵其中的6篇，求 （1）抽到他能背诵的课文的数量的分布列 （2）他能及格的概率 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据超几何概率公式，求概率，再写出分布列； （2）根据分布列计算，即可求解. 【小问1详解】 （1)设该同学抽到能背诵的课文篇数为，的可能取值为0，1，2，3 则的分布列为，用表格表示为 0 1 2 3 【小问2详解】及格的概率为 18. （1）若，求的值； （2）若，求的值. 【答案】（1）2013； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据，分别令，求解； （2）根据展开式的通项为，，由求解． 【详解】（1）令，得，再令，得， 那么，. （2）因为展开式的通项为，， 所以当r为偶数时，系数为正；当r为奇数时，系数为负. 故有. 令二项式中的，得. 故. 19. 设函数． （1）若在处取得极值，求的值； （2）若在上为减函数，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据极值点定义可知，由此可得，代回验证可知满足题意，由此可得结果； （2）将问题转化为在上恒成立，采用分离变量法可得，令，利用导数可求得，由此可得的取值范围. 【小问1详解】 ，； 当时，， 当时，；当时，； 在，上单调递减，在上单调递增， 在处取得极小值，符合题意； 综上所述：. 【小问2详解】 若在上为减函数，则在上恒成立， 即对恒成立， 令， 则， 在上单调递减，， ，即实数的取值范围为. 20. 已知函数. （Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程； （Ⅱ）若，讨论函数的单调性； （Ⅲ）当时，恒成立，求的取值范围. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）答案见解析；（Ⅲ）. 【解析】 【分析】 （Ⅰ）根据导数几何意义求出导数即为斜率，根据点斜式写出直线方程； （Ⅱ）由题意得，讨论根据判定其单调区间； （Ⅲ）法一：由题意得，讨论根据单调性判定是否成立即可得出答案； 法二：原命题等价于在上恒成立，用参变分离法求出函数最值. 【详解】（Ⅰ）当时， ， ， 所以切线方程为：，即：； （Ⅱ）由题，可得 由于，的解为， （1）当，即时，，则在上单调递增； （2）当，即时， 在区间上，在区间上，， 所以的单调增区间为；单调减区间为. (3)当，即时， 在区间 上， 在区间上，， 则在上单调递增，上单调递减. （Ⅲ）解法一： （1）当时，因为，所以，，所以， 则在上单调递增，成立 （2）当时，， 所以在上单调递增，所以成立. （3）当时，在区间上，；在区间，， 所以在上单调递减，上单调递增，所以，不符合题意. 综上所述，的取值范围是. 解法二： 当时，恒成立，等价于“当时，恒成立”. 即在上恒成立. 当时，，所以. 当时， ，所以恒成立. 设，则 因为，所以，所以在区间上单调递增. 所以，所以. 综上所述，的取值范围是. 【点睛】方法点睛：已知不等式恒成立求参数值(取值范围)问题常用的方法： （1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$