精品解析：福建省三明市沙县区三明北附高级中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题（B）

三明北附2024-2025学年第二学期期中考 高二数学试题B卷 命题人：李其潼 审题人：王星初 （考试时间：120分钟 总分：150分） 试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分. 第I卷（选择题，共58分） 一、单选题：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. 函数在时的瞬时变化率为（ ） A. 0 B. 2 C. 4 D. 6 2. 下列各式正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图是函数的导函数的图象，则下面判断正确的是（ ） A. 在上是增函数 B. 在上是减函数 C. 在上的最大值是 D. 当时，取得极小值 4. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 5. 设随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（    ） A. B. C. D. 7. 三名同学每人均从江西井冈山、庐山、三清山和龙虎山四大名山中任选一个旅游，则这四大名山中仅有庐山未被选中的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共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. 在二项式的展开式中，下列结论正确的是（ ） A. 第5项的二项式系数最大 B. 所有项的系数和为 C. 所有奇数项的二项式系数和为 D. 所有偶数项的二项式系数和为 10. 从5名候选人中选派出3人参加A，B，C活动，且每项活动有且仅有1人参加，甲不参加A活动，则（ ） A. 有48种不同的选派方案 B. 有36种不同的选派方案 C. 若甲参加活动，则有24种不同的选派方案 D. 若甲不参加活动，则有36种不同的选派方案 11. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量服从两点分布，，则 B. 若随机变量服从二项分布，则 C. 若随机变量服从二项分布，则 D. 若随机变量的方差，则 第II卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 小智和电脑连续下两盘棋，已知小智第一盘获胜的概率是0.5，小智连续两盘都获胜的概率是0.4，那么小智在第一盘获胜的条件下，第二盘也获胜的概率是__________. 13. 三个人坐在有八个座位的一排上．若每个人的两边都要有空位，则不同的坐法总数为______．（用数字作答） 14. 若函数在区间上有最大值，则实数a的取值范围是______． 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，求： （1）的值； （2）的值； （3）的值． 16. 已知是函数的一个极值点． （1）求的单调区间； （2）求在区间上的最小值． 17. 某足球队为评估球员的场上作用，对球员进行数据分析．球员甲在场上出任边锋、前卫、中场三个位置，根据过往多场比赛，其出场率与出场时球队的胜率如下表所示． 场上位置 边锋 前卫 中场 出场率 0.3 0.5 0.2 球队胜率 0.8 0.6 0.7 （1）当甲出场比赛时，求球队赢球的概率； （2）当甲出场比赛时，在球队获胜的条件下，求球员甲担当边锋的概率； （3）如果某场比赛该足球队获胜，那么球员甲最有可能在场上的哪个位置？请说明理由.． 18. 随着智能手机的普及，网上买菜迅速进入了我们的生活.某市社区为了解该社区市民网上买菜情况，随机抽取了该社区100名市民，其中有60人喜欢网上买菜. （1）社区的市民小张周一､二均在网上买菜，且周一等可能地从两个买菜平台随机选择一个下单买菜如果周一选择平台买菜，那么周二选择平台买菜的概率为，如果周一选每平台买菜，那么周二选择平合买菜的概率为，求小张周二选择平台买菜的概率； （2）用频率估计概率，现从社区随机抽取20名市民，记其中喜欢网上买菜的市民人数为随机变量，并记随机变量，求的期望和方差. 19. 已知函数 （1）当时，求函数的极大值； （2）若对任意的，都有成立，求的取值范围； （3）设，对任意的，且，证明：恒成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 三明北附2024-2025学年第二学期期中考 高二数学试题B卷 命题人：李其潼 审题人：王星初 （考试时间：120分钟 总分：150分） 试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分. 第I卷（选择题，共58分） 一、单选题：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. 函数在时的瞬时变化率为（ ） A. 0 B. 2 C. 4 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】求导，即可代入求解. 【详解】由可得， 故时的瞬时变化率为， 故选：B 2. 下列各式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用基本初等函数的导数公式及导数的四则运算即可求解. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，，故B不正确； 对于C，，故C不正确； 对于D，，故D不正确. 故选：A. 3. 如图是函数的导函数的图象，则下面判断正确的是（ ） A. 在上是增函数 B. 在上是减函数 C. 在上的最大值是 D. 当时，取得极小值 【答案】D 【解析】 【分析】根据导函数图象，判断导数值的符号从而可得函数的单调性，进而可得结果． 【详解】解：根据导函数图象可知， 在上先单调递减后单调递增，故错误； 在上，单调递增，故错误； 函数在上先单调递减，再单调递增，最后在上单调递减，故无法确定函数在上的最大值，故C错误； 在时单调递减，在时单调递增，在 时，取极小值，故对， 故选：． 4. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出展开式的通项公式，令的指数为，进而即可求解. 【详解】展开式的通项公式为， 令解得， 所以展开式中的系数为， 故选：D 5. 设随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正态曲线的对称性计算可得. 【详解】因为且， 所以， 所以， 所以. 故选：A 6. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数与函数的关系将问题转化为恒成立问题，从而得解. 【详解】因为，所以， 因为在区间上单调递减， 所以，即，则在上恒成立， 因为在上单调递减，所以，故. 故选：A. 7. 三名同学每人均从江西井冈山、庐山、三清山和龙虎山四大名山中任选一个旅游，则这四大名山中仅有庐山未被选中的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求出从四大名山中任选一个旅游的方法，再求四大名山中仅有庐山未被选中的方法数，则两者相除的概率. 【详解】三名同学均从四大名山中任选一个旅游的方法数为，其中仅有庐山未被选中的方法数为，所以仅有庐山未被选中的概率. 故答案选：C． 8. 已知则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件概率的定义，利用条件分别求得和，从而求得. 【详解】由题知，，， ， 又， 则. 故选：C 【点睛】关键点点睛：利用条件概率的定义分别求得事件同时发生的概率，再利用求得. 二、选择题：本题共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. 在二项式的展开式中，下列结论正确的是（ ） A. 第5项的二项式系数最大 B. 所有项的系数和为 C. 所有奇数项的二项式系数和为 D. 所有偶数项的二项式系数和为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由二项式系数的性质可判断A；令，可得所有项的系数和，可判断B；所有奇数项的二项式系数和、所有偶数项的二项式系数和都为，可判断C，D 【详解】选项A：二项式展开式式共有9项，有二项式系数的性质可知第5项的二项式系数最大，故A正确； 选项B：令，可得所有项的系数和为，可知B正确； 选项C：所有奇数项的二项式系数和为，C错误； 选项D：所有偶数项的二项式系数和为，D正确. 故选：ABD 10. 从5名候选人中选派出3人参加A，B，C活动，且每项活动有且仅有1人参加，甲不参加A活动，则（ ） A. 有48种不同的选派方案 B. 有36种不同的选派方案 C. 若甲参加活动，则有24种不同的选派方案 D. 若甲不参加活动，则有36种不同的选派方案 【答案】AC 【解析】 【分析】分甲参加、不参加活动讨论，利用排列组合问题及分类加法计数原理计算，可得答案. 【详解】从5名候选人中，且每项活动有且仅有1人参加， 若甲不参加活动，则从余下的人中选出3人参加3项活动， 有种不同的选派方案，故C正确； 若甲参加活动，只能从B、C活动选出1项，有种选法， 再从余下的4人中选出2人参加剩下的2项活动，有种选法， 有种不同的选派方案，故D错误； 一共有种不同的选派方案，故A正确B错误. 故选：AC. 11. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量服从两点分布，，则 B. 若随机变量服从二项分布，则 C. 若随机变量服从二项分布，则 D. 若随机变量的方差，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据两点分布，二项分布的方差公式判断A，B，根据方差的性质判断D，根据二项分布的性质判断C. 【详解】若随机变量服从两点分布，，则，A错， 若随机变量服从二项分布，则，B对， 若随机变量服从二项分布，则，C对， 若随机变量的方差，则，D错， 故选：BC. 第II卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 小智和电脑连续下两盘棋，已知小智第一盘获胜的概率是0.5，小智连续两盘都获胜的概率是0.4，那么小智在第一盘获胜的条件下，第二盘也获胜的概率是__________. 【答案】0.8## 【解析】 【分析】利用条件概率公式求解. 【详解】设小智第一盘获胜为事件，第二盘获胜为事件，则 ， 则， 故答案为：0.8 13. 三个人坐在有八个座位的一排上．若每个人的两边都要有空位，则不同的坐法总数为______．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】将五个空位视为五个相同的元素，然后将三个人插入五个元素中间形成四个空位中的三个，结合插空法可求得结果. 【详解】将五个空位视为五个相同的元素，然后将三个人插入五个元素中间形成四个空位中的三个， 故不同的坐法总数为种. 故答案为：. 14. 若函数在区间上有最大值，则实数a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数研究函数的单调区间和极值，结合已知区间存在最大值，列不等式组求参数范围. 【详解】由，则， 令，解得；令，解得或， 所以在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数， 故函数在处有极大值，在处有极小值， 所以，解得． 故答案为： 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，求： （1）的值； （2）的值； （3）的值． 【答案】（1） （2） （3）0 【解析】 【分析】（1）可得的值； （2）可得答案； （3）分别令、，求出、的值可得答案． 【小问1详解】 令，则； 【小问2详解】 令，则， 又因为，所以； 【小问3详解】 因为， 令，得①， 令，得②， 两式相加得，所以， 两式相减得，所以， 所以 ． 16. 已知是函数的一个极值点． （1）求的单调区间； （2）求在区间上的最小值． 【答案】（1）增区间为、，减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）分析可知的值，然后利用导数与函数的单调性可得出函数的增区间和减区间； （2）求出函数在区间上的极大值和极小值，与、的值比较大小，可得出函数在区间上的最小值. 【小问1详解】 解：因为，则， 因为是函数的一个极值点，则，解得， 此时，， 由可得，由可得或， 所以，函数的增区间为、，减区间为. 【小问2详解】 解：由（1）可知，， 函数在上单调递增，在上递减，在上单调递增， 当时，函数的极大值为，极小值为， 又因为，， 所以，函数在上的最小值为. 17. 某足球队为评估球员的场上作用，对球员进行数据分析．球员甲在场上出任边锋、前卫、中场三个位置，根据过往多场比赛，其出场率与出场时球队的胜率如下表所示． 场上位置 边锋 前卫 中场 出场率 0.3 0.5 0.2 球队胜率 0.8 0.6 0.7 （1）当甲出场比赛时，求球队赢球的概率； （2）当甲出场比赛时，在球队获胜的条件下，求球员甲担当边锋的概率； （3）如果某场比赛该足球队获胜，那么球员甲最有可能在场上的哪个位置？请说明理由.． 【答案】（1）0.68 （2） （3）尽量安排甲出任前卫的位置，理由如下： 因为，. 因为. 所以球员甲最有可能在场上前卫的位置. 【解析】 【分析】（1）由条件概率计算分别计算甲出任三个位置赢球的概率再相加可得； （2）由条件概率计算公式可得； （3）比较三个位置上的赢球概率，作出判断即可； 【小问1详解】 用表示“甲出任边锋”，表示“甲出任前卫”，表示“甲出任中场”，用表示“球队赢球”. 则甲出场时，球队赢球的概率为： . 【小问2详解】 因为. 所以. 即当甲出场比赛时，在球队获胜的条件下，球员甲担当边锋的概率为. 【小问3详解】 略 18. 随着智能手机的普及，网上买菜迅速进入了我们的生活.某市社区为了解该社区市民网上买菜情况，随机抽取了该社区100名市民，其中有60人喜欢网上买菜. （1）社区的市民小张周一､二均在网上买菜，且周一等可能地从两个买菜平台随机选择一个下单买菜如果周一选择平台买菜，那么周二选择平台买菜的概率为，如果周一选每平台买菜，那么周二选择平合买菜的概率为，求小张周二选择平台买菜的概率； （2）用频率估计概率，现从社区随机抽取20名市民，记其中喜欢网上买菜的市民人数为随机变量，并记随机变量，求的期望和方差. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式计算可得结果； （2）易知随机变量服从二项分布，可求出对应期望值和方差，再根据期望值和方差性质计算可得结果. 【小问1详解】 设事件“小张周一选择平台买菜”；事件“小张周二选择平台买菜”， 则 因此 所以小张周二选择平台买菜的概率为； 【小问2详解】 根据题意可得喜欢网上买菜的概率为 显然从社区随机抽取20名市民，喜欢网上买菜的市民人数服从二项分布， 即 可得 又 所以 19. 已知函数 （1）当时，求函数的极大值； （2）若对任意的，都有成立，求的取值范围； （3）设，对任意的，且，证明：恒成立． 【答案】（1）0 （2） （3） 依题意，， 对任意的，且，， 令，不等式化为， 令，求导得， 函数在上单调递增，，因此， 所以恒成立. 【解析】 【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的极大值. （2）根据给定条件，分享参数并构造函数，利用导数求出最大值即可得解. （3）等价变形不等式并换元，再构造函数，利用导数证明不等式. 【小问1详解】 当时，，求导得， 当时，，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时函数取得极大值. 【小问2详解】 ，，，求导得， 当时，，当时，，函数在上递增，在上递减． 则当时函数取得最大值，， 所以的取值范围是. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $