精品解析：福建省泉州市安溪一中、惠安一中、养正中学、泉州实验中2024-2025学年高二下学期4月期中数学试题

安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学 2025年春季高二年期中联考 考试科目：数学 满分：150分 考试时间：120分钟 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，则x的取值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 3. 数列1，3，6，10，…的一个通项公式是（ ） A. B. C. D. 4. 函数的导函数为的图象如图所示，关于函数，下列说法不正确的是（ ） A. 函数，上单调递增 B. 函数在，上单调递减 C. 函数存在两个极值点 D. 函数有最小值，但是无最大值 5. 甲，乙，丙，丁四位师范生分配到A，B，C三所学校实习，若每人只能到一所学校实习，每所学校至少分到一人，则不同的分配方案的种数是（ ） A. 48 B. 36 C. 24 D. 12 6. 在A、B、C三个地区爆发了流感，这三个地区A、B、C分别有6%、5%、4%的人患了流感，假设这三个地区的人口数的比为5：7：8，现从这三个地区中任意选取一个人.则下列叙述正确的是（ ） A. 这个人患流感的概率为0.15 B. 此人选自A地区且患流感的概率为0.0375 C. 如果此人患流感，此人选自地区的概率为 D. 如果从这三个地区共任意选取100人，则平均患流感的人数为4人 7. 设集合，，那么集合B中满足的元素的个数为（ ） A. 189 B. 364 C. 378 D. 567 8. 若（其中为自然对数的底数），则，，的大小关系是（ ） 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. 的展开式中，下列结论正确的是（ ） A. 展开式共7项 B. x项系数为－280 C. 所有项的系数之和为1 D. 所有项的二项式系数之和为128 10. ，分别为随机事件A，B的对立事件，下列命题正确的是（ ） A. B. 若，，则 C. 若，则A与B独立 D. 11. 设函数，则下列说法正确的有（ ） A. B. 若方程有唯一的解，则 C. D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若随机变量X的分布列如下表，且，则的值为______. X 0 2 a P p 13. 已知函数f(x)＝ (a∈R)，若函数f(x)在区间[2,4]上是单调增函数，则实数a的取值范围是_________. 14. 牛顿法求函数零点的操作过程是：先在轴上找初始点，然后作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线，依次类推，直到求得满足精度的零点近似解为止．设函数，初始点为，若按上述过程操作，则所得前个三角形，的面积和为___________． 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. 已知公差不为0的等差数列满足，且，，成等比数列. （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）若，求数列的前项和. 16. 已知在的展开式中，第6项为常数项． 求n的值； 求展开式的所有项的系数之和； 求展开式中所有的有理项． 17. 已知函数（，e为自然对数的底数）． （1）若在x=0处的切线与直线y=ax垂直，求a的值； （2）讨论函数的单调性； （3）当时，求证：． 18. 当今世界环境污染已经成为各国面临的一大难题，其中大气污染是目前城市急应对的一项课，某市号召市民尽量减少开车出行以绿色低碳的出行方式支持节能减排，原来天天开车上班的王先生积极响应政府号召，准备每天从骑自行车和开车两种出行方式中随机选择一种方式出行.从即日起出行方式选择规则如下：第一天选择骑自行车方式上班，随后每天用“一次性抛掷4枚均匀硬币”的方法确定出行方式，若得到的正面朝上的枚数小于3，则该天出行方式与前一天相同，否则选择另一种出行方式，记第n天王先生上班选择的是骑自行车出行为事件. （1）证明：当时，；并据此直接写出的计算公式； （2）求王先生前三天骑自行车上班的天数X的分布列和数学期望； （3）设表示事件的概率. ①求证：是等比数列； ②请问王先生的这种选择随机选择出行方式有没有积极响应该市政府的号召？请说明理由. 19. 对于函数，，若存在，使得，则称为函数的一阶不动点；若存在，使得，则称为函数的二阶不动点；依此类推，可以定义函数的n阶不动点.其中一阶不动点简称为“不动点”，二阶不动点简称为“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”构成的集合分别记为A和B，即， . （1）若，证明：集合中有且仅有一个元素； （2）已知 . （i）若且函数在区间的值域为，则称区间是函数的“完美区间”.试问函数是否存在“完美区间”，若存在，求出实数a的取值范围，若不存在，说明理由； （ii）讨论集合B的子集的个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学 2025年春季高二年期中联考 考试科目：数学 满分：150分 考试时间：120分钟 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，则x的取值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用组合数的性质求解即可. 【详解】因为， 所以或，解得． 经检验，满足题意. 故选：B． 2. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出导函数，令可得． 【详解】由已知，所以． 故选：A． 3. 数列1，3，6，10，…的一个通项公式是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据已知条件得到，再依次判断选项即可得到答案. 【详解】由题知：， 对选项A，，故A错误； 对选项B，，故B错误； 对选项C，，C正确； 对选项D，，故D错误. 故选：C 【点睛】本题主要考查数列的通项公式，属于简单题. 4. 函数的导函数为的图象如图所示，关于函数，下列说法不正确的是（ ） A. 函数，上单调递增 B. 函数在，上单调递减 C. 函数存在两个极值点 D. 函数有最小值，但是无最大值 【答案】C 【解析】 【分析】利用导函数图象，得到原函数单调性即可判断AB，利用极值点的定义判断C，利用函数的单调性及最值的概念判断D. 【详解】根据的图象可知， 函数在和上，单调递增，A选项正确； 函数在和上，单调递减，B选项正确； 所以的极小值点为，3，极大值点为1，C选项错误； 由上述分析可知，函数的最小值是和两者中较小的一个，没有最大值，D选项正确. 故选：C 5. 甲，乙，丙，丁四位师范生分配到A，B，C三所学校实习，若每人只能到一所学校实习，每所学校至少分到一人，则不同的分配方案的种数是（ ） A. 48 B. 36 C. 24 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，先将四名师范生分成3组，即一组两人，另外两组各一人，再分配到3个学校即可得解. 【详解】根据题意，先将四名师范生分成3组，有种方法， 再将分好的3组全排列，分配到3个学校，有种情况， 所以每个学校至少分到一名大学生的方法数有种. 故选：B. 6. 在A、B、C三个地区爆发了流感，这三个地区A、B、C分别有6%、5%、4%的人患了流感，假设这三个地区的人口数的比为5：7：8，现从这三个地区中任意选取一个人.则下列叙述正确的是（ ） A. 这个人患流感的概率为0.15 B. 此人选自A地区且患流感的概率为0.0375 C. 如果此人患流感，此人选自地区的概率为 D. 如果从这三个地区共任意选取100人，则平均患流感的人数为4人 【答案】C 【解析】 【分析】记事件D：选取的这个人患了流感，记事件E：此人来自A地区，记事件F：此人来自B地区，记事件G：此人来自C地区，则，且彼此互斥，然后根据条件依次得到、、、、、的值，然后根据全概率公式、条件概率公式、二项分布的知识逐一判断即可. 【详解】记事件D：选取的这个人患了流感，记事件E：此人来自A地区，记事件F：此人来自B地区，记事件G：此人来自C地区， 则，且彼此互斥， 由题意可得，，， ，，， A.由全概率公式可得；A错误； B.，，选自A地区且患流感的概率为0.0150；B错误； C.由条件概率公式可得，C正确. D.从这三个地区中任意选取一个人患流感的概率为0.0485，任意选取100个人，患流感的人数设为X， 则，即；D错误. 故选：C 7. 设集合，，那么集合B中满足的元素的个数为（ ） A. 189 B. 364 C. 378 D. 567 【答案】C 【解析】 【分析】由题意知的取值只能为，故要满足不等式，只要对取值中的个数进行分类讨论，同时再考虑有两种情况，即可得出结果． 【详解】由可知结果只能为，因此的7个数值中有1个是1，2个是1，3个是1，三种情况： ①当中有1个取值是1，另外6个0时，共有方法数是； ②当中有2个取值是1，另外5个0时，共有方法数是； ③当中有3个取值是1，另外4个0时，共有方法数是； 故总方法数为． 故选：C. 8. 若（其中为自然对数的底数），则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件可得，，，故构造函数，利用导数判断其单调性，结合单调性比较大小. 【详解】因为， 所以， 所以， ，， 设，则，，， 则， 当时，，函数在上单调递增， 当时， ，函数在上单调递减， 因为，所以， 所以， 又，所以，即， 因为，所以， 故， 故选：A. 【点睛】关键点点睛：问题的解决的关键在于将转化为同一函数的函数值形式，构造函数，利用导数判断函数的单调性，结合单调性比较函数值的大小. 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. 的展开式中，下列结论正确的是（ ） A. 展开式共7项 B. x项系数为－280 C. 所有项的系数之和为1 D. 所有项的二项式系数之和为128 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，根据二项式展开式的特点判断；B选项，写出通项，然后利用通项求项系数；C选项，利用赋值法求所有项的系数和；D选项，根据所有项的二项式系数之和的公式计算. 【详解】由题意得展开式共8项，故A错； 通项为，令，解得， 所以项系数为，故B正确； 令中得， 所以所有项的系数之和为，故C错； 所有项的二项式系数和为，故D正确. 故选：BD. 10. ，分别为随机事件A，B的对立事件，下列命题正确的是（ ） A. B. 若，，则 C. 若，则A与B独立 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，由对立事件得到A正确；B选项，；C选项，由条件概率得到，C正确；D选项，利用乘法公式得到D正确. 【详解】A选项，由对立事件性质可知，A正确； B选项，若，，则，B错误； C选项，若，则， 故，A与B独立，C正确； D选项，，D正确. 故选：ACD 11. 设函数，则下列说法正确的有（ ） A. B. 若方程有唯一的解，则 C. D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，开六次方即可判断；对于B，先看方程有唯一的解时的范围，具体可以利用导数研究函数单调性，进而研究方程的根的情况；对于C，用分析可知，只需判断是否成立即可，构造函数结合导数即可判断；对于D，举反例即可判断. 【详解】对于A，因为，所以，故A正确； 对于B，令，由复合函数单调性可知，的单调性相同， 对求导得，， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 令，当从0的右边趋于0时，趋于负无穷，此时趋于0， 当趋于正无穷时，也趋于正无穷，注意到， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当从0的右边趋于0时，此时趋于， 当趋于正无穷时，也趋于正无穷，， 所以若方程有唯一的解，则或，故B错误； 对于C，要证，只需证明， 即只需证明， 令，求导得， 所以当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增， 所以，故C正确； 对于D， 取，满足，但不成立，故D错误. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若随机变量X的分布列如下表，且，则的值为______. X 0 2 a P p 【答案】9 【解析】 【分析】利用分布列求出，利用期望求解，然后求解方差即可． 【详解】由题意可得：，解得， 因为，所以：，解得． ． ． 故答案为：9． 13. 已知函数f(x)＝ (a∈R)，若函数f(x)在区间[2,4]上是单调增函数，则实数a的取值范围是_________. 【答案】[－e2，＋∞) 【解析】 【分析】问题转化为在上恒成立，即在区间上恒成立，，根据函数的单调性求出的范围即可. 【详解】(1)， 由题意在上恒成立， 即在上恒成立， 即在上恒成立， 令， ，当时，， 在上递减，， ， 经检验知当时，合题意．故答案为. 【点睛】本题主要考查“分离常数”在解题中的应用以及利用单调性求参数的范围，属于中档题. 利用单调性求参数的范围的常见方法：① 视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数需注意若函数在区间上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的; ② 利用导数转化为不等式或恒成立问题求参数范围. 14. 牛顿法求函数零点的操作过程是：先在轴上找初始点，然后作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线，依次类推，直到求得满足精度的零点近似解为止．设函数，初始点为，若按上述过程操作，则所得前个三角形，的面积和为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先求在处切线方程，得到，再根据，求得，即可求面积和． 【详解】设，则，因为，所以， 则处切线为， 切线与轴相交得， ，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，又，所以得， 所以， 又， 所以 . 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. 已知公差不为0的等差数列满足，且，，成等比数列. （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）若，求数列的前项和. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）. 【解析】 【分析】（Ⅰ）设等差数列的公差为，根据题设条件，列出方程求得，即可求得数列的通项公式； （Ⅱ）由（Ⅰ）得，结合“乘公比错位相减法”，即可求解. 【详解】（Ⅰ）设等差数列的公差为， 由，，成等比数列，可得，即， 解得或（舍），所以数列的通项公式. （Ⅱ）由（Ⅰ）得 所以， 可得， 两式相减得 所以. 【点睛】错位相减法求解数列的前项和的分法： （1）适用条件：若数列为等差数列，数列为等比数列，求解数列的前项和； （2）注意事项： ①在写出和的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出； ②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号； ③作差后，作差部分应用为的等比数列求和. 16. 已知在的展开式中，第6项为常数项． 求n的值； 求展开式的所有项的系数之和； 求展开式中所有的有理项． 【答案】（I）；（II）；（III）有理项分别为，；. 【解析】 【分析】在二项展开式的第六项的通项公式中，令的幂指数等于0，求出的值；在二项展开式中，令，可得展开式的所有项的系数之和； 二项式的展开式的通项公式为，令为整数，可求出的值，即可求得展开式中所有的有理项． 【详解】在的展开式中，第6项为 为常数项， ，． 在的展开式中， 令，可得展开式的所有项的系数之和为． 二项式的展开式的通项公式为， 令为整数，可得，5，8， 故有理项分别为， ；． 【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用. 17. 已知函数（，e为自然对数的底数）． （1）若在x=0处的切线与直线y=ax垂直，求a的值； （2）讨论函数的单调性； （3）当时，求证：． 【答案】（1） （2） 时，在上单调递增，在上单调递减； 时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 时，在上单调递增； 时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． （3）证明：方法一： 等价于 当时， 令 令，则在区间上单调递增    ∵， ∴存在，使得，即 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增 ∴ ∴，故 方法二： 当时， 令，则， 令，则 当时，；当时， ∴在区间上单调递减，上单调递增． ∴，即 ∴， 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义求出切线的斜率，再由直线的位置关系可求解； （2）由于，令，得或，通过比较两个值分类讨论得到单调区间； （3）方法一：通过单调性，根据求最值证明；方法二：运用放缩及同构的方法证明. 【小问1详解】 ，则， 由已知，解得 【小问2详解】 （ⅰ）当时，， 所以，， 则在上单调递增，在上单调递减； （ⅱ）当时，令，得， ①时，， 所以或，， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； ②时，，则在上单调递增； ③时，， 所以或，， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 综上，时，在上单调递增，在上单调递减； 时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 时，在上单调递增； 时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 【小问3详解】 略. 【关键点点睛】 解决本题的关键：一是导数几何意义的运用，二是通过导函数等于零，比较方程的根对问题分类讨论，三是隐零点的运用及放缩法的运用. 18. 当今世界环境污染已经成为各国面临的一大难题，其中大气污染是目前城市急应对的一项课，某市号召市民尽量减少开车出行以绿色低碳的出行方式支持节能减排，原来天天开车上班的王先生积极响应政府号召，准备每天从骑自行车和开车两种出行方式中随机选择一种方式出行.从即日起出行方式选择规则如下：第一天选择骑自行车方式上班，随后每天用“一次性抛掷4枚均匀硬币”的方法确定出行方式，若得到的正面朝上的枚数小于3，则该天出行方式与前一天相同，否则选择另一种出行方式，记第n天王先生上班选择的是骑自行车出行为事件. （1）证明：当时，；并据此直接写出的计算公式； （2）求王先生前三天骑自行车上班的天数X的分布列和数学期望； （3）设表示事件的概率. ①求证：是等比数列； ②请问王先生的这种选择随机选择出行方式有没有积极响应该市政府的号召？请说明理由. 【答案】（1）证明：显然，当时，有， 所以有， 即， 同理可证. （2）分布列： X 1 2 3 P （3）①证明：设表示事件“第天王先生选择的是骑自行车出行方式”，表示事件“第n天王先生选择的是骑自行车出行方式”， 由全概率公式知 ． 所以，即， 又，所以数列是首项为，公比为的等比数列； ②理由：由①知 因为恒成立，所以王先生每天选择骑自行车出行方式的概率始终大于选择开车出行方式， 从长期来看，王先生选择骑自行车出行方式的次数多于选择开车出行方式的次数是大概率事件， 所以王先生积极响应该市政府的号召． 【解析】 【分析】（1）由条件概率公式直接推导即可； （2）设一次性抛掷4枚均匀的硬币得到正面向上的枚数为，先算出和，再根据得到的正面朝上的枚数小于3，则该天出行方式与前一天相同分析即可写出分布列并计算数学期望； （3）设表示事件“第天王先生选择的是骑自行车出行方式”，表示事件“第n天王先生选择的是骑自行车出行方式”，由全概率公式知 ，带入相关量即可求出递推关系式，再通过构造法求出通项公式，再说明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设一次性抛掷4枚均匀的硬币得到正面向上的枚数为， ，， 由已知随机变量X的可能取值为1，2，3； ； ； ． 所以随机变量X的分布列为 X 1 2 3 P 数学期望. 【小问3详解】 ①略 ②略 19. 对于函数，，若存在，使得，则称为函数的一阶不动点；若存在，使得，则称为函数的二阶不动点；依此类推，可以定义函数的n阶不动点.其中一阶不动点简称为“不动点”，二阶不动点简称为“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”构成的集合分别记为A和B，即， . （1）若，证明：集合中有且仅有一个元素； （2）已知 . （i）若且函数在区间的值域为，则称区间是函数的“完美区间”.试问函数是否存在“完美区间”，若存在，求出实数a的取值范围，若不存在，说明理由； （ii）讨论集合B的子集的个数. 【答案】（1）令，求导得， 令，可得， 当，，当，， 所以，所以有唯一零点， 所以集合中有且仅有一个元素. （2）（i）存在，；（ii）当时或时，集合的子集有2个；当时，集合的子集有1个；当时，集合的子集有4个. 【解析】 【分析】（1）令，求导，可得函数的单调性，进而可得函数有唯一零点，可得结论； （2）（i）分析可知有两个不同的实根，构建，，利用导数分析零点问题；（ⅱ）由题意可知只需研究的不动点即可，令，求出其导数，判断其单调性，然后分类讨论的取值范围，判断的零点情况，即可判断的稳定点个数.，进而可得集合的子集的个数. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）假设存在完美区间为，则，， 即方程在上有两个不同的实根， 所以在上有两个不同的实根，即， 令，则，于是有两个不同的实根. 令，，则，， 令，，则， 可知在上递增，且， 当时，；当时，； 可知在上单调递减，在上单调递增，则， 且当时，；当时，； 所以当时，方程，有两个不同的正数解， 故函数存在“完美区间”，且实数 a的取值范围为； （ii）当时，由函数， 可得导函数，所以在上单调递增， 由反函数的知识，稳定点在原函数与反函数的交点上， 即稳定点与的不动点等价， 故只需研究的不动点即可； 令， 则，则在上单调递减， 1）当时，恒成立，即在上单调递增， 当x无限接近于0时，趋向于负无穷小， 且， 故存在唯一的，使得，即有唯一解， 所以此时有唯一不动点； 2）当时，即时，， 当趋向无穷大时，趋近于0，此时， 存在唯一，使得， 此时在上单调递增，在上单调递减， 故， 当趋近于0时，趋向于负无穷大，当向正无穷大时，趋向负无穷大时， 设，则在上单调递增， 且， 又在时单调递增， ①当时，即， 此时，方程有一个解，即有唯一不动点，所以集合的子集有2个； ②当，即， 此时，方程无解，即无不动点，所以集合的子集有1个； ③当时，即，此时，方程有两个解， 即有两个不动点，所以集合的子集有4个； 综上，当时或时，集合的子集有2个； 当时，集合的子集有1个； 当时，集合的子集有4个. 【点睛】方法点睛：本题属新定义题型，读懂题意是关键；研究方程根的个数问题常转化为判断函数零点的个数问题，利用导数研究含参函数的单调性，从而判断方程根（或函数零点）的个数问题．注意分类讨论思想的应用． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $