精品解析：山东省济宁市第一中学2024-2025学年高二下学期4月期中数学试题

济宁市第一中学2024-2025学年度第二学期阶段性检测 高二数学试题 注意事项: 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回． 4．本试卷考试时间为120分钟，满分为150分． 一、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，只有一个选项是符合要求的． 1. 已知函数在处有极值，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对求导，得到，根据题设有，即可求解. 【详解】因为，则，由题有， 解得，所以， 令，得到或， 当时，，当时，， 所以是的极大值点，即满足题意， 故选：C. 2. 已知随机变量 的分布列如下： 2 3 5 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据分布列的性质以及期望的计算公式列式求解即可. 【详解】由分布列可得，解得， 由期望可得，解得. 故选：C. 3. 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. 4. 展开式中，的系数为（ ） A. 15 B. 20 C. 30 D. 40 【答案】C 【解析】 【分析】利用二项式定理，先求得，即可根据分配律求得的系数即可． 【详解】， ，所以的系数为． 故选：C． 5. 甲、乙两人同时解答一道数学题，两人各自独立思考互不影响．已知甲能正确解答的概率为，乙能正确解答的概率为，则在此题被正确解答的条件下，甲能正确解答的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对立事件概率及条件概率公式求解即可. 【详解】因为此题被正确解答即两人至少有一人正确解答这道题的对立事件为两人都没有正确解答这道题，所以， 甲能正确解答的概率为，所以在此题被正确解答的条件下，甲能正确解答的概率为. 故选：D 6. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示．在“杨辉三角”中从左往右第3斜行的数构成一个数列：，则该数列前10项的和为（   ） A. 66 B. 120 C. 165 D. 220 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可知：前10项分别为，结合组合数的性质运算求解. 【详解】由题意可知：前10项分别为， 则 ， 所以前10项的和为220. 故选：D． 7. 设函数的导函数为，若在其定义域内存在，使得，则称为“有源”函数.已知是“有源”函数，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据“有源”函数概念，转化为函数有解问题，利用导函数求出函数值域即可得到参数a的范围 【详解】∵，∴， 由是“有源”函数定义知，存在，使得，即有解， 记，所以a的取值范围是就是函数的值域， 则， 当时，，此时单调递增， 当时，，此时单调递减， 所以，所以， 即a的取值范围是. 故选：A 8. 已知函数在上有两个不同的零点，给出下列结论：①；②；③．其中错误结论的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】由导数法判断单调区间，结合单调性与零点的关系，即可判断①②； 构造，，由导数法判断单调递增，可建立不等式，再结合单调性即可得，即可判断③. 【详解】 ，由得，可作如图所示，结合图像易得，在上，，则单调递减；在上，则单调递增， 又在上有两个不同的零点，则， ∴，，故①②正确； 对于③，构造函数，，则，， ∴在上单调递增，，即，即， 又∵在上单调递增， ，∴，∴，故③正确. 故选：A 二、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. 小张、小赵、小李、小孙、小王为五名志愿者．现有接待、安保、礼仪、服务四项不同的工作可供安排，则下列说法正确的是（ ） A. 若五人每人可任选一项工作，则不同的选法有种 B. 若安排5人排成一排训练，小张不站在第一位，小赵不站在第五位，则有78种不同的方案 C. 若安排5人排成一排训练，小张必须站在小李的左侧，则有60种不同的站法 D. 若安排5人排成一排训练，小张和小赵必须相邻，且小孙和小李不相邻，则有24种不同的站法 【答案】BCD 【解析】 【分析】A应用分步乘法判断；B分小张在第五位、小张不在第五位，应用分步计数及排列数求不同方案数；C先安排小张、小李，再安排其余三人，应用排列数求站法数；D应用捆绑和插空法求站法数. 【详解】A：因为每人均有四种不同选择，所以五人每人可任选一项工作，有种选法，错误； B：若小张在第五位，有种；若小张不在第五位，有种，共有种方案，正确； C：先选出两个位置安排小张、小李，再安排其余三人，共有种站法，正确； D：将小张和小赵捆绑，再与小王全排列，最后让小孙和小李插空，共有种站法，正确． 故选：BCD 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是函数的一个极小值点 B. 函数的对称中心为 C. 过点能作两条不同直线与相切 D. 函数有5个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】对函数求导，根据导数的符号确定函数的区间单调性，研究极值点判断A；根据的关系判断B；应用导数的几何意义求过点的切线，且切点为，进而得到关于的方程，研究其根的个数判断C；画出函数的大致图象，数形结合判断零点个数判断D. 【详解】由函数，则． A，令，解得，． 或时，，在，上单调递增； 时，，在上单调递减； 所以，是函数的一个极小值点，正确； B，， 所以，函数关于成中心对称，正确； C，设过点的切线与函数的切点为，则切线方程为， 则，整理得，解得， 所以过点只能作一条直线与相切，错误； D，因为，， 令，则有三个根，如图所示， ， 所以方程有3个不同的根，方程和均有1个根， 故方程有5个根，即函数有5个零点，正确． 故选：ABD 11. 设为一个随机试验中的两个事件，且，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用条件概率的性质，可得，，结合全概率公式可求得，再利用和事件概率与条件概率，逐项求解即可. 【详解】由，，，得，，， 由，得， 解得，B错误； 对于D，由，得，D错误； 对于A，，A正确； 对于C，，，C正确． 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机变量，若，则__________. 【答案】4 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性求解即可. 【详解】因为随机变量，， 所以 又因为， 所以由对称性知，. 故答案为：4 13. 某大学为提高学生的文化艺术素养，特开设了6门公共必修课程，要求每位同学每学年至少选1门，至多选3门，大二到大四这三学年必须将6门公共必修课程全部选完，且不能提前修完，则每位同学的不同选择方式有______. 【答案】450 【解析】 【分析】由题意每位同学每年所修课程数可以分为或两类，先将6门必修课分成三组，再分到三个学年，由分步计数原理与分类计数原理可求解． 【详解】已知三学年修完6门课程，且每学年至少选1门，至多选3门，则每位同学每年所修课程数可以分为或. 若按选择6门课程，则先将6门必修课分成三组，有种不同方式，再分配到三个学年，共有种不同的分配方式，由分步乘法计数原理可得共有种不同的选择方式； 若按选择6门课程，则先将6门必修课分成三组，有种不同方式，再分配到三个学年，共有种不同的分配方式，由分步乘法计数原理可得共有种不同的选择方式. 综上所述，每位同学的不同选择方式有种. 故答案为：450. 14. 已知函数，，若，，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】对已知等式进行同构可得，令，利用导数可求得单调递增，由此可得，从而将所求式子化为；令，利用导数可求得，即为所求最大值. 【详解】由得：； 由得：，； ， 令，， ，在上单调递增， ； 令，则， 则当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，即的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解多变量的式子最值的问题；解题关键是能够对于已知等式进行同构变形，将问题转化为某一单调函数的两个函数值相等的问题，从而确定两个变量之间的关系，将所求式子化为单变量的式子来进行求解. 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. 已知的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比为2:5. （1）求n的值； （2）系数最大的项． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）第二项与第三项的二项式系数之比为； （2）求二项式系数的最大项，即这一项大于前一项，也大于后一项，列式即可. 【小问1详解】 因为第二项与第三项的二项式系数之比是， 则，即，解得(舍)或， 所以n的值为6. 【小问2详解】 的展开式的通项为， 令，解得， 又，， 展开式中系数最大的项为第项，且． 16. 某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为，当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为.已知输入的问题表达不清晰的概率为. （1）求智能客服的回答被采纳的概率； （2）在某次测试中输入了3个问题（3个问题相互独立），设表示智能客服的回答被采纳的次数.求的分布列、期望及方差. 【答案】（1）； （2）分布列： 0 1 2 3 期望为，方差为. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式求解. （2）求出的可能值及对应的概率，列出分布列并求出期望的方差. 【小问1详解】 设“智能客服的回答被采纳”，“输入的问题表达不清晰”， 依题意，，， 因此， 所以智能客服的回答被采纳的概率为. 【小问2详解】 依题意，的所有可能取值为0，1，2，3，， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 数学期望；. 17. 已知函数. （1）若的图象在点处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为，求的值； （2）当时，求在区间上的最大值和最小值. 【答案】（1） （2）最大值为，最小值为. 【解析】 【分析】（1）先求切线方程，再计算切线方程与坐标轴的交点坐标，得出面积即可； （2）通过求导研究单调性即可求出最值. 【小问1详解】 ，则，， 所以切线斜率为，则切线方程为， 切线方程与两坐标轴的交点分别为， 则三角形的面积为，解得. 【小问2详解】 当时，，， 因为，则得或；得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 因为，，，， 所以的最大值为，最小值为. 18. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）证明：. 【答案】（1）当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）证明：构建， 则， 由可知， 构建， 因为在上单调递增，则在上单调递增， 且， 可知在上存在唯一零点， 当，则，即； 当，则，即； 可知在上单调递减，在上单调递增， 则， 又因为，则，， 可得， 即，所以. 【解析】 【分析】（1）求导可得，分和两种情况，结合导函数的符号判断原函数单调性； （2）构建，，根据单调性以及零点存在性定理分析的零点和符号，进而可得的单调性和最值，结合零点代换分析证明. 【小问1详解】 由题意可得的定义域为，， 当时，则在上恒成立， 可知在上单调递减； 当时，令，解得；令，解得； 可知在上单调递减，在上单调递增； 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 略 19. 已知函数 （1）当时，求的零点个数； （2）若，求的最大值； （3）证明：. 【答案】（1）两个 （2） （3）证明：由（2）可得，当且仅当时取等号， 所以，所以 且因为当时， 所以， 所以 即. 【解析】 【分析】（1）利用导函数确定函数的单调性，再结合零点存在定理即可得到的零点个数； （2）先利用必要性探路得到，再去证明的充分性； （3）结合（2）的结论，对进行放缩，再放缩求和即可得证. 【小问1详解】 当时，，所以， 令，则， 所以在上单调递减，即在上单调递减， 又，则的解集为,则的解集为, 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 又因为， 所以存在，使得， 所以有两个零点. 【小问2详解】 由，得，下证当时，， 令，则， 令，则， 所以在上单调递减，又，则的解集为,则的解集为, 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以，即， 所以的最大值为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 济宁市第一中学2024-2025学年度第二学期阶段性检测 高二数学试题 注意事项: 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回． 4．本试卷考试时间为120分钟，满分为150分． 一、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，只有一个选项是符合要求的． 1. 已知函数在处有极值，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 2. 已知随机变量 的分布列如下： 2 3 5 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 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. 4. 展开式中，的系数为（ ） A. 15 B. 20 C. 30 D. 40 5. 甲、乙两人同时解答一道数学题，两人各自独立思考互不影响．已知甲能正确解答的概率为，乙能正确解答的概率为，则在此题被正确解答的条件下，甲能正确解答的概率为（ ） A. B. C. D. 6. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示．在“杨辉三角”中从左往右第3斜行的数构成一个数列：，则该数列前10项的和为（   ） A. 66 B. 120 C. 165 D. 220 7. 设函数的导函数为，若在其定义域内存在，使得，则称为“有源”函数.已知是“有源”函数，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数在上有两个不同的零点，给出下列结论：①；②；③．其中错误结论的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 二、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. 小张、小赵、小李、小孙、小王为五名志愿者．现有接待、安保、礼仪、服务四项不同的工作可供安排，则下列说法正确的是（ ） A. 若五人每人可任选一项工作，则不同的选法有种 B. 若安排5人排成一排训练，小张不站在第一位，小赵不站在第五位，则有78种不同的方案 C. 若安排5人排成一排训练，小张必须站在小李的左侧，则有60种不同的站法 D. 若安排5人排成一排训练，小张和小赵必须相邻，且小孙和小李不相邻，则有24种不同的站法 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是函数的一个极小值点 B. 函数的对称中心为 C. 过点能作两条不同直线与相切 D. 函数有5个零点 11. 设为一个随机试验中的两个事件，且，，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机变量，若，则__________. 13. 某大学为提高学生的文化艺术素养，特开设了6门公共必修课程，要求每位同学每学年至少选1门，至多选3门，大二到大四这三学年必须将6门公共必修课程全部选完，且不能提前修完，则每位同学的不同选择方式有______. 14. 已知函数，，若，，则的最大值为______． 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. 已知的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比为2:5. （1）求n的值； （2）系数最大的项． 16. 某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为，当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为.已知输入的问题表达不清晰的概率为. （1）求智能客服的回答被采纳的概率； （2）在某次测试中输入了3个问题（3个问题相互独立），设表示智能客服的回答被采纳的次数.求的分布列、期望及方差. 17. 已知函数. （1）若的图象在点处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为，求的值； （2）当时，求在区间上的最大值和最小值. 18. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）证明：. 19. 已知函数 （1）当时，求的零点个数； （2）若，求的最大值； （3）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $