精品解析：宁夏银川市永宁县永宁中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷

永宁中学2024-2025学年高二年级第二学期期中考试 数学试卷 命题教师： 审核教师： 一、单项选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1. 已知的展开式中的所有二项式系数之和为32，则的值为（ ）． A. 7 B. 6 C. 5 D. 4 2. 在等差数列中，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 3. 函数的极小值为（ ） A. B. C. 15 D. 17 4. ，，，，五人并排站成一排，如果，两人必须相邻，那么不同的排法种数有（ ） A. 24种 B. 48种 C. 72种 D. 96种 5. 的展开式中的常数项为-160，则a的值为（ ） A. 1 B. -1 C. 2 D. -2 6. 某高三班级有校级优秀毕业生8人，其中男生6人、女生2人，从这8人中随机选取2人作为班级代表发言．若选取的第一位是女生，则第二位是男生的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 用这个数字，可以组成个没有重复数字的三位偶数（ ） A. 720 B. 648 C. 320 D. 328 8. 已知定义在区间上的奇函数的导函数是．当时，的图象如图所示，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（共3小题，满分18分，每小题6分） 9. 下列各式中，等于的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的有（ ） A. 所有奇数项的二项式系数和为 B. 所有项的系数和为 C. 二项式系数最大的项为第6项或第7项 D. 有理项共5项 11. 下列命题正确的有（ ） A. 已知函数，若，则 B. 已知函数在上可导，若，则 C. D. 设函数的导函数为，且，则 三、填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12. 如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有4条路，从丙地到丁地有2条路，则从甲地去丁地，共有__________种不同的走法． 13. 三部机器生产同样的零件，其中机器甲生产的占40%，机器乙生产的占25%，机器丙生产的占35%．已知机器甲、乙、丙生产的零件分别有3%、5%和1%不合格．三部机器生产的零件混合堆放在一起，现从中随机地抽取一个零件．则取到的是不合格品的概率是__________．（答案用小数作答） 14. 现用6种颜色，给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有________种. 四、解答题（共5小题，满分77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. （1）计算：已知，则求的值． （2）计算：； （3）解方程：； 16. 已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 17. 从5名男生和4名女生中选出4人去参加数学竞赛． （1）如果选出的4人中男生、女生各2人，那么有多少种选法？ （2）如果男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选，那么有多少种选法？ （3）如果被选出的4人是甲、乙、丙、丁，将这4人派往2个考点，每个考点至少1人，那么有多少种派送方式？ 18. 某6人小组利用假期参加志愿者活动，已知参加志愿者活动次数为2，3，4的人数分别为1，3，2，现从这6人中随机选出2人作为该组的代表参加表彰会． （1）求选出的2人参加志愿者活动次数相同的概率； （2）记选出的2人参加志愿者活动次数之和为X，求X的分布列和期望． 19. 设函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在区间上单调递增，求的取值范围； （3）当时，，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永宁中学2024-2025学年高二年级第二学期期中考试 数学试卷 命题教师： 审核教师： 一、单项选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1. 已知的展开式中的所有二项式系数之和为32，则的值为（ ）． A. 7 B. 6 C. 5 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式系数和公式直接求解. 【详解】由题意，展开式中的所有二项式系数之和为，所以. 故选：C. 2. 在等差数列中，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列项的性质计算即可. 【详解】因为是等差数列， 所以,所以. 故选：D. 3. 函数的极小值为（ ） A. B. C. 15 D. 17 【答案】B 【解析】 【分析】求得，得出函数的单调性，结合极值点与极值的定义，即可求解. 【详解】由函数，可得， 当时， ，函数单调递增； 当时， ，函数单调递减； 当时， ，函数单调递增， 所以是极小值点，则函数的极小值为. 故选：B. 4. ，，，，五人并排站成一排，如果，两人必须相邻，那么不同的排法种数有（ ） A. 24种 B. 48种 C. 72种 D. 96种 【答案】B 【解析】 【分析】根据捆绑法求解即可. 【详解】由题意，先将，捆绑排列，再跟剩下的人排列，故不同的排法种数有种. 故选：B. 5. 的展开式中的常数项为-160，则a的值为（ ） A. 1 B. -1 C. 2 D. -2 【答案】A 【解析】 【分析】由已知，根据二项式列出其展开式的通项，根据要计算的常数项，先计算出，然后根据其常数项的系数列出关于a的方程，解方程即可完成求解. 【详解】由已知，展开式的通向为， 所以其展开式的常数项即，， 所以常数项为，解得. 故选：A. 6. 某高三班级有校级优秀毕业生8人，其中男生6人、女生2人，从这8人中随机选取2人作为班级代表发言．若选取的第一位是女生，则第二位是男生的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合条件概率的计算公式，准确计算，即可求解. 【详解】记事件为“选取的2人中第一位是女生”，事件为“选取的2人中，1男1女”， 则，所以. 故选：D. 7. 用这个数字，可以组成个没有重复数字的三位偶数（ ） A. 720 B. 648 C. 320 D. 328 【答案】D 【解析】 【分析】按个位数字为和不为分类讨论，利用分步计数原理即可求得没有重复数字的三位偶数的个数. 【详解】若个位数字为，十位和百位的排法种数为； 若个位数字不为，则确定个位数字有种方法， 确定百位数字有种方法，确定十位数字有种方法， 所以排法种数为. 所以可以组成个没有重复数字的三位偶数. 故选：D 8. 已知定义在区间上的奇函数的导函数是．当时，的图象如图所示，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合图象判断函数单调性，可得的函数值正负情况，从而解，可得答案. 【详解】由图象可知在上单调递增，在上单调递减， 则当时，，当时，，此时等号仅在时成立， 由于是定义在区间上的奇函数， 故在上单调递增，在上单调递减， 则当时，，当时，，此时等号仅在时成立， 故由可知或 得或，即不等式解集为， 故选：C. 二、多项选择题（共3小题，满分18分，每小题6分） 9. 下列各式中，等于的是（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】根据排列数公式依次判断选项即可得到答案. 【详解】对选项A，，故A错误. 对选项B，，故B错误. 对选项C，，故C正确. 对选项D，，故D正确. 故选：CD 10. 已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的有（ ） A. 所有奇数项的二项式系数和为 B. 所有项的系数和为 C. 二项式系数最大的项为第6项或第7项 D. 有理项共5项 【答案】BD 【解析】 【分析】根据展开式的通向公式以及二项式系数的性质求解判断. 【详解】因为，所以，所有奇数项的二项式系数和为，故A错误， 令，得所有项的系数和为，故B正确， 由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项，故C错误， 因为展开式通项为， 当为整数时，，3，6，9，12，共有5项，故D正确． 故选：BD． 11. 下列命题正确的有（ ） A. 已知函数，若，则 B. 已知函数在上可导，若，则 C. D. 设函数的导函数为，且，则 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，求导得到，从而得到方程，求出；B选项，利用导数定义得到；C选项，利用导数除法法则计算出C错误；D选项，求导，得到，代入，求出答案. 【详解】A选项，，故，解得，A错误； B选项，，B正确； C选项，，C错误； D选项，，令得， 解得，D正确. 故选：BD 三、填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12. 如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有4条路，从丙地到丁地有2条路，则从甲地去丁地，共有__________种不同的走法． 【答案】14 【解析】 【分析】根据分类加法原理以及分步乘法原理得出结果即可. 【详解】分两类，第一类，从甲到乙再到丁，共有2×3=6种， 第二类，从甲到丙再到丁，共有4×2=8种， 根据分类计数原理可得，共有6+8=14种， 故从甲地到丁地共有14条不同的路线． 故答案为：14 13. 三部机器生产同样的零件，其中机器甲生产的占40%，机器乙生产的占25%，机器丙生产的占35%．已知机器甲、乙、丙生产的零件分别有3%、5%和1%不合格．三部机器生产的零件混合堆放在一起，现从中随机地抽取一个零件．则取到的是不合格品的概率是__________．（答案用小数作答） 【答案】0.028 【解析】 【分析】运用全概率公式，结合条件概率可解. 【详解】根据题意得，取到的是不合格品的概率是 . 故答案为：0.028. 14. 现用6种颜色，给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有________种. 【答案】1560 【解析】 【分析】分涂5种颜色、4种颜色、3种颜色三种情况，应用分步乘法及排列组合数求不同涂色方法数. 【详解】 用5种颜色，则共有种， 用4种颜色，选出4种颜色有种，选B和E、A和C中的一组区域涂一种颜色有种，其它三个区域有种，则共有种， 用3种颜色，选出3种颜色有种，其中B和E、A和C两组区域分别各涂一种颜色有种，剩下的一个区域有1种涂法，则共有种， 所以，共有种. 故答案为：1560 四、解答题（共5小题，满分77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. （1）计算：已知，则求的值． （2）计算：； （3）解方程：； 【答案】（1） ；（2）；（3） ． 【解析】 【分析】（1）根据已知条件及组合数公式求得，再利用组合数的性质递推关系及组合数公式即可求解； （2）利用组合数和排列数公式计算求值； （3）利用组合数和排列数公式代入计算，化简求解方程即可. 【详解】（1）由，得，解得． 所以． （2）. （3）由得：，整理可得， 由题意，，故解得. 16. 已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和等比中项即可求解. （2）先求出；再利用错位相减法求和即可得出结果. 【小问1详解】 设等差数列是公差为，且， . ，， 又成等比数列， ，即，整理得：，解得或（舍）， ， 即 【小问2详解】 由（1）得， 则. 又， 则. 又， ①， ②， ①-②得：， 所以． 17. 从5名男生和4名女生中选出4人去参加数学竞赛． （1）如果选出的4人中男生、女生各2人，那么有多少种选法？ （2）如果男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选，那么有多少种选法？ （3）如果被选出的4人是甲、乙、丙、丁，将这4人派往2个考点，每个考点至少1人，那么有多少种派送方式？ 【答案】（1）60 （2）91 （3）14 【解析】 【分析】（1）用组合知识直接求解；（2）先求出若小王和小红均未入选时的选法，从而求出如果男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选时的选法；（3）分两种情况进行求解，再使用分类加法计数原理进行求解. 【小问1详解】 从5名男生中选2名，4名女生中选2人，属于组合问题，，故有60种选法； 【小问2详解】 若小王和小红均未入选，则有种选法，故男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选，则有种选法； 【小问3详解】 若2个考点派送人数均为2人，则有种派送方式， 若1个考点派送1人，另1个考点派送3人，则有种派送方式，故一共有8+6=14种派送方式. 18. 某6人小组利用假期参加志愿者活动，已知参加志愿者活动次数为2，3，4的人数分别为1，3，2，现从这6人中随机选出2人作为该组的代表参加表彰会． （1）求选出的2人参加志愿者活动次数相同的概率； （2）记选出的2人参加志愿者活动次数之和为X，求X的分布列和期望． 【答案】（1）； （2） X 5 6 7 8 P ． 【解析】 【分析】（1）利用古典概率公式即求； （2）由题可知X的可能取值为5，6，7，8，然后利用求分布列的步骤及期望公式即得. 【小问1详解】 从这6人中随机选出2人，共有种选法， 其中这2人参加志愿者活动次数相同的选法有种．， 故选出的2人参加志愿者活动次数相同的概率为． 【小问2详解】 由题可知，X的可能取值分别为5，6，7，8， ，， ，． 故X的分布列为： X 5 6 7 8 P ∴． 19. 设函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在区间上单调递增，求的取值范围； （3）当时，，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）当时，求得，得到，且，利用导数的几何意义，即可求解； （2）求得，转化为恒成立，令，得到， 得出的单调性，求得，结合，即可求得的取值范围； （3）解法一：根据题意，转化为，恒成立，设，得到，令，求得，得到的单调性，得出，求得的最小值，即可求解； 方法二，当时，则，得到必要条件为，转化为证明：当时，，由（2）知在单调递增，得到，只需时，转化为，由，得 ，结合分析法，即可求解. 【小问1详解】 当时，，可得， 则曲线在点处的切线斜率为，且， 所以曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 由，可得， 因为在区间上单调递增，所以恒成立． 令，则， 令，解得， 所以当时，，故单调递减； 当时，，故单调递增； 所以， 又因为，当且仅当，即，解得． 所以实数的取值范围； 【小问3详解】 解法一：因为，所以题意等价于当时，， 即，整理得， 因为，所以，故题意等价于， 设，可得， 化简得， 令函数，可得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 故在时，取到最小值，即，即， 所以，即，所以当单调递减， 当单调递增，所以的最小值为， 故，即实数的取值范围为. 方法二，先探究必要性，由题意知当时，是的最小值， 则，即得到必要条件为， 下证的充分性，即证：当时，， 证明：由（2）可知当时，在上单调递增， 故的最小值为，符合题意； 故只需要证明时，． 由（2）分析知时， + 0 - 0 + 极大值 极小值 其中． 因为，据此可得更精确的范围是， 等价于证明， 又因为，即，可得， 只需证明，可得，等价于证明， 注意到，即， 故若①当，此时显然成立； 若②当，只要证明，此时，且， 所以，故得证， 综上必要性，充分性的分析，本题所求的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $