精品解析：福建省三明第一中学2024-2025学年高二下学期5月期中数学试题

三明一中2024-2025学年下学期半期考 高二数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 第I卷（选择题 共58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，仅有一项是符合题目要求的. 1. 已知随机变量服从两点分布，且，则（ ） A. B. C. D. 2. 设随机变量，若，则（ ） A 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 若的展开式中所有二项式系数的和为32，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 4. 在展开式中，的系数为（ ） A. 405 B. 270 C. 150 D. 90 5. 已知在8个球中，有2个白球，6个红球，每次任取一个球，取出后不再放回，则经过2次取球恰好将2个白球全部取出概率为（ ） A. B. C. D. 6. 某科技公司使用新开发人像识别模型对5个人像进行识别，每个人像识别成功的概率均为p，且每次是否成功相互独立，设X为这5个人像中识别成功的个数，若，且全部识别成功的概率大于全部识别失败的概率，则p=（ ） A 0.8 B. 0.6 C. 0.4 D. 0.2 7. 在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（ ） A. 函数的最大值为1 B. 函数的最小值为1 C. 函数的最大值为1 D. 函数的最小值为1 8. 已知是定义在上的偶函数，是的导函数；当时，有恒成立，且，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知离散型随机变量，满足，其中分布列为： 0 1 2 且，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知两种金属元件（分别记为，）的抗拉强度均服从正态分布，且，，这两个正态分布密度曲线如图所示，则下列选项中正确的是（ ）（参考数据：若，则，） A. ， B. C. D. 对于任意的正数，恒有 11. 已知函数在处取得极值，且在上单调，则下列结论中正确的是（ ） A. 的取值范围是 B. 不可能有两个零点 C. 若在上有最小值，则的取值范围是 D. 当时，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是 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. 已知随机变量X服从二项分布，则______. 13. 若，则__________. 14. 在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”．若是旋转函数，则的取值范围是________． 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. 已知的展开式中第7项为常数项． （1）求的值； （2）从展开式中的所有项中任取两项，求取出的两项都是有理项的概率． 16. 现有编号为的3个不同的红球和编号为的2个不同的白球． （1）若将这些球排成一排，且要求两个球相邻，则有多少种不同的排法？ （2）若将这些球排成一排，且要求球排在中间，两个球不相邻，则有多少种不同的排法？ （3）若将这些球放入甲、乙、丙三个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则有多少种不同的放法？ 17. 甲参加某多轮趣味游戏，在A，B两个不透明的盒内摸球，规定在一轮游戏中甲先在A盒内随机取出1个小球放入B盒，再在B盒内随机取出2个小球．若每轮游戏的结果相互独立，且每轮游戏开始前，两盒内小球的数量始终如下表（小球除颜色外大小质地完全相同）： 红球 蓝球 白球 A盒 2 2 1 B盒 2 2 1 （1）求在一轮游戏中甲从A，B两盒内取出的小球均为白球的概率： （2）已知每轮游戏的得分规则为：若从B盒内取出的小球均为红球，则甲获得5分；若从B盒内取出的小球中只有1个红球，则甲获得3分；若从B盒内取出的小球没有红球，则甲获得1分． （i）记甲在一轮游戏中的得分为X，求X的分布列： (ii）在的条件下，从A盒取出放入B盒的球最有可能是什么颜色？ 18. 为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐、面食套餐和西餐套餐三种选择．已知某同学开学第一天选择的是米饭套餐，从第二天起，每天中午会在食堂随机选择与前一天不一样的两种套餐中的一种，如此往复． （1）求该同学第4天中午选择米饭套餐的概率； （2）记该同学第天选择米饭套餐的概率为； ①求； ②当时，恒成立，求的取值范围． 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）是否存在，使得曲线关于直线对称.若存在，求的值；若不存在，请说明理由； （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 $$ 三明一中2024-2025学年下学期半期考 高二数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 第I卷（选择题 共58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，仅有一项是符合题目要求的. 1. 已知随机变量服从两点分布，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由分布列的性质可求. 【详解】因为服从两点分布，故， 故选：A. 2. 设随机变量，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由正态分布的对称性即可求解. 【详解】因为， 所以， 所以， 故选：B 3. 若的展开式中所有二项式系数的和为32，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项式系数定义以及二项式系数的和解方程可得结果. 【详解】易知所有二项式系数的和为， 解得. 故选：B 4. 在展开式中，的系数为（ ） A. 405 B. 270 C. 150 D. 90 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项即可求得结果. 【详解】易知展开式中含的项为， 所以的系数为. 故选：D 5. 已知在8个球中，有2个白球，6个红球，每次任取一个球，取出后不再放回，则经过2次取球恰好将2个白球全部取出的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件概率公式进行计算. 【详解】设第一次取到白球为事件，则， 设第二次取到白球为事件，则， 所以. 故选：B 6. 某科技公司使用新开发人像识别模型对5个人像进行识别，每个人像识别成功的概率均为p，且每次是否成功相互独立，设X为这5个人像中识别成功的个数，若，且全部识别成功的概率大于全部识别失败的概率，则p=（ ） A. 0.8 B. 0.6 C. 0.4 D. 0.2 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项分布的方差公式求解. 【详解】依题意，，则，解得或， 由全部识别成功的概率大于全部识别失败的概率，得，即，则， 所以. 故选：A 7. 在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（ ） A. 函数最大值为1 B. 函数的最小值为1 C. 函数的最大值为1 D. 函数的最小值为1 【答案】C 【解析】 【分析】AB选项，先判断出虚线部分为，实线部分为，求导得到在R上单调递增，AB错误；再求导得到的单调性，得到C正确，D错误． 【详解】AB选项，由题意可知，两个函数图像都在x轴上方，任何一个为导函数， 则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为，实线部分为， 故恒成立， 故在R上单调递增，则A，B显然错误； 对于C，D，， 由图像可知时，， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以函数在处取得极大值，也为最大值，且，C正确，D错误． 故选：C 8. 已知是定义在上的偶函数，是的导函数；当时，有恒成立，且，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数令，依题意知为偶函数且在区间单调递减，在区间单调递增，分和两种情况，利用单调性即可求得不等式的解集． 【详解】令，则， 因为当时，， 所以，当时，，即在区间单调递减； 又是定义在上的偶函数， 所以是上的偶函数， 所以在区间单调递增； 又， 当时，由，得， 即，所以； 当时，由，得， 即，所以， 综上，不等式的解集是， 故选：C． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知离散型随机变量，满足，其中的分布列为： 0 1 2 且，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用分布列性质以及期望值列方程组可得，,即A正确，B错误，再利用方差公式计算可得C错误，结合方差性质可计算D正确. 【详解】根据分布列性质以及可得， 解得，，可知A正确，B错误； 所以，即C错误； 则，即D正确. 故选：AD 10. 已知两种金属元件（分别记为，）的抗拉强度均服从正态分布，且，，这两个正态分布密度曲线如图所示，则下列选项中正确的是（ ）（参考数据：若，则，） A. ， B. C D. 对于任意的正数，恒有 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，由正态分布的高矮和对称轴的位置可判断其正误，对于B，根据正态分布的对称性可求给定区间上的概率，故可判断其正误，对于CD，根据面积的大小可判断它们正误. 【详解】对于A，因为的正态分布曲线高而廋，的正态分布曲线矮而胖，故， 由两条曲线的对称轴的位置可得，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，由A可得，故，C错误； 对于D，对于任意的正数t，由图象可知： 表示的面积始终小于表示的面积， 则恒有，D错误. 故选：AB 11. 已知函数在处取得极值，且在上单调，则下列结论中正确的是（ ） A. 的取值范围是 B. 不可能有两个零点 C. 若在上有最小值，则的取值范围是 D. 当时，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】求导函数，利用在处取得极值，求得的取值范围判断A；结合A，求得函数的极大值与极小值，可得时，有两个零点，求解判断B；由题意可得，进而求解可判断C；令，结合已知可得，结合为奇函数，可得，求解即可求得实数的取值范围判断D. 【详解】选项A：由题得， 若，则，单调递增，不存在极值， 又因为在处取得极值，所以必有． 当时，可知在处取得极小值，且在上单调递增，符合题意； 当时，可知在处取得极大值，但在上先减后增，不符合题意． 综上，的取值范围是，故A正确． 选项B：由选项A可知的极大值为， 极小值为， 因为，所以极大值， 当极小值，即时，有两个零点，故B错误． 选项C：要使在上有最小值，应满足，即，解得，故C正确； 选项D：当时，，令，显然是奇函数， 且，因此不等式， 可化为， 即，由于奇函数， （结论：任意三次函数的图象均为中心对称图形， 且对称中心为点，其中是的二阶导数的零点） 所以， 又，且在上单调递增， （函数在上单调递增， 将的图象向上平移个单位长度得到的图象，所以与的单调性相同）， 因此，即， 于是，由于， 因此，则，故实数的取值范围是，故D正确． 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：对于D项函数类不等式的解法，常常利用函数的单调性，去掉对应用关系得到含自变量的不等式，再根据不等式的特征求解即可求解. 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. 已知随机变量X服从二项分布，则______. 【答案】##0.375 【解析】 分析】由二项分布概率公式直接计算可得. 【详解】因为X服从二项分布， 所以. 故答案为： 13. 若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】运用赋值法计算即可. 【详解】令，得， 令，得，所以. 故答案为：. 14. 在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”．若是旋转函数，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】由题设可得不存在直线与函数的图象有两个交点，设，结合趋势分析可得且为单调减函数，利用导数可求其范围. 【详解】若函数是旋转函数， 将函数的图象绕着原点逆时针旋转后， 不存在与轴垂直的直线，使得直线与旋转后的函数图象1个以上的交点． 故不存在直线与函数的图象有两个交点， 即对任意的，方程至多一解，即至多一解， 令，故至多有一解，且， 若，则时，，时，， 与至多有一解矛盾，舍； 所以，若，则，该方程在至多有一解，符合； 若，则时，，时，， 因为至多有一解，故为单调减函数，故恒成立， 即对任意的恒成立， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以函数的减区间为，增区间为，， ，此时，，解得． 综上所述，实数的取值范围是． 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. 已知的展开式中第7项为常数项． （1）求的值； （2）从展开式中的所有项中任取两项，求取出的两项都是有理项的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据二项展开式的通项计算可得； （2）求出展开式中所有有理项的个数，再由古典概型计算可求得结果. 【小问1详解】 二项式的通项为（且）， 因为第7项为常数项，所以， 解得； 【小问2详解】 二项式的通项为（且）， 令，解得或或或或 所以展开式的有理项共5项，展开式中的所有项有10项， 设“取出的两项都是有理项” 所以，即取出的两项都是有理项的概率为. 16. 现有编号为的3个不同的红球和编号为的2个不同的白球． （1）若将这些球排成一排，且要求两个球相邻，则有多少种不同的排法？ （2）若将这些球排成一排，且要求球排在中间，两个球不相邻，则有多少种不同的排法？ （3）若将这些球放入甲、乙、丙三个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则有多少种不同的放法？ 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由捆绑法求解即可； （2）先确定A，再将安排在两边，进而可求解； （3）将5个小球按3，1，1和2，2，1分3组，再全排列即可； 【小问1详解】 将两个球捆绑在一起和其他球进行全排列，有种不同的排法． 【小问2详解】 先把球排在中间位置，再从球的两侧各选一个位置排两个球，其余球任意排列，所以有种不同的排法． 【小问3详解】 先把5个小球分成3组，再放入3个盒子中． 若按3，1，1分配，则有种不同的放法； 若按2，2，1分配，则有种不同的放法． 所以共有种不同的放法． 17. 甲参加某多轮趣味游戏，在A，B两个不透明的盒内摸球，规定在一轮游戏中甲先在A盒内随机取出1个小球放入B盒，再在B盒内随机取出2个小球．若每轮游戏的结果相互独立，且每轮游戏开始前，两盒内小球的数量始终如下表（小球除颜色外大小质地完全相同）： 红球 蓝球 白球 A盒 2 2 1 B盒 2 2 1 （1）求在一轮游戏中甲从A，B两盒内取出的小球均为白球的概率： （2）已知每轮游戏的得分规则为：若从B盒内取出的小球均为红球，则甲获得5分；若从B盒内取出的小球中只有1个红球，则甲获得3分；若从B盒内取出的小球没有红球，则甲获得1分． （i）记甲在一轮游戏中的得分为X，求X的分布列： (ii）在的条件下，从A盒取出放入B盒的球最有可能是什么颜色？ 【答案】（1）； （2）（i）分布列见解析；(ii）红球 【解析】 【分析】（1）记“在一轮游戏中甲从两盒内取出的小球均为白球”为事件，利用概率的乘法公式求得，即可求解； （2）（i）由题意得到随机变量可以取，利用全概率的概率公式求得相应的概率，列出分布列；(ii）利用全概率公式计算即可. 【小问1详解】 记“在一轮游戏中甲从两盒内取出的小球均为白球”为事件， 所以由条件概率可知， 所以在一轮游戏中甲从两盒内取出的小球均为白球的概率为. 【小问2详解】 （i）由题意，可知随机变量可以取， 可得， ， ， 所以随机变量的分布列为 (ii）在的条件下，从A盒取出红球的概率为， 在的条件下，从A盒取出蓝球的概率为， 在的条件下，从A盒取出白球的概率为， 因，故在的条件下，从A盒取出放入B盒的球最有可能是红球. 18. 为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐、面食套餐和西餐套餐三种选择．已知某同学开学第一天选择的是米饭套餐，从第二天起，每天中午会在食堂随机选择与前一天不一样的两种套餐中的一种，如此往复． （1）求该同学第4天中午选择米饭套餐的概率； （2）记该同学第天选择米饭套餐的概率为； ①求； ②当时，恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据古典概型计算公式可得结果； （2）①利用全概率公式计算可得，再由等比数列定义计算可得；②结合通项公式以及数列单调性可得，即求得的取值范围. 【小问1详解】 设为“第4天中午选择米饭套餐”， 根据每天与前一天选择不一样的套餐，且第一天选择米饭套餐，接下来的三天中每天都只有两种选择， 因此样本空间包含个样本点， 若第一天选择米饭套餐，第4天选择米饭套餐，则第二天有两种选择，第三天的和前后两天都不能相同，仅有一种选择， 即事件中包含个样本点， 所以， 所以第4天中午选择米饭套餐的概率 【小问2详解】 ①设为“第天选择米饭套餐”，为“第天选择面食套餐”，为“第天选择西餐套餐” 根据题意，，，， 由全概率公式得： ， ∴， 因为 ∴ 因此，因为， 所以是以为首项，为公比的等比数列． 所以 ②由①可得， 当为大于1的奇数时， 当为正偶数时， 因此，当时，，所以． 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）是否存在，使得曲线关于直线对称.若存在，求的值；若不存在，请说明理由； （3）当时，，求的取值范围. 【答案】（1）； （2）存在，； （3）. 【解析】 【分析】（1）先求导函数再得出斜率，点斜式写出切线方程即可； （2）先根据定义域得出，再根据对称性定义计算求解得出参数； （3）法1：分，等情况分类求解导函数得出单调性计算求参；法2：先化简再构造函数进而结合导函数讨论单调性计算求解. 【小问1详解】 当时，，， 则，所以， 可得曲线在点处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 令， 所以的定义域为， 若曲线关于直线对称， 所以的定义域关于对称，故， 则有， 所以， 即， 整理得，所以， 故存在，使曲线关于直线对称. 【小问3详解】 法1：由题，即， 当时，， 所以即， 令，则， 若，所以，所以不满足题意； 若，当时，， 所以在上单调递减，可得， 所以不满足题意； 若，当时，， 所以在上单调递增， 所以，所以满足题意； 当时，，可得， 所以即， 令，则， 由，所以当时，， 所以在上单调递减，所以， 所以不满足题意， 综上所述，的取值范围为. 法2：因为，所以即， 设，则， 设，则， 当时，，所以在上单调递减， 可得，所以在上单调递减，可得， 所以不满足题意， 当时，由得， 若，则， 当时，，所以在上单调递减， 可得，所以在上单调递减， 所以，所以不满足题意， 若，则，所以在上单调递增， 可得，所以在上单调递增， 可得，所以满足题意， 综上所述，的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$