精品解析：四川省资阳中学2024-2025学年高二下学期期中检测数学试题

资阳中学高2023级第四学期数学半期考试 命题人：谭文胜 审题人：何利 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 已知离散型随机变量X的分布列如下表： X 0 1 2 3 P a 若离散型随机变量，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据分布列的性质求出a，再根据随机变量之间的函数关系即可求解. 【详解】由分布列的性质可知： 解得 ， 由 ， 等价于 ，由表可知 ； 故选：A. 2. 个男生，个女生排成一排，若女生不能排在两端，但又必须相邻，则不同的排法种数为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：两个女生必须相邻，捆绑，女生不能排两端，则从5个男生中任选两人排两端，，剩余3个男生与捆绑在一起的2个女生看成4个元素，排在其余位置，，所以不同的排法种数为：． 考点：排列的应用． 3. 我国古代数学家沈括，杨辉，朱世杰等研究过二阶等差数列的相关问题．如果，且数列为等差数列，那么数列为二阶等差数列．现有二阶等差数列的前4项分别为1，3，6，10，则该数列的前8项和为（ ） A. 120 B. 220 C. 240 D. 256 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可知数列的前4项，再由可求出，，由数列为等差数列，可求出的通项公式，代入中再利用累加法可求出的通项公式，从而可求出结果． 【详解】由题意可知数列的前4项为1，3，6，10，即，，，， 因为，所以，， 所以等差数列的公差为， 所以， 所以， 所以，，，， 所以上面个式子相加得 ， 所以， 所以， 故选：A 4. 两位工人加工同一种零件共100个，甲加工了40个，其中35个是合格品，乙加工了60个，其中有50个合格，令事件为”从100个产品中任意取一个，取出的是合格品”，事件为”从100个产品中任意取一个，取到甲生产的产品”，则等于 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用条件概率的公式求解即可. 【详解】事件为”从100个产品中任意取一个，取到甲生产的产品”，则， 事件为”从100个产品中任意取一个，取出的是合格品”， 则为从100个产品中任意取一个，取出的是甲生产的合格品，则, 则, 故选：C. 5. 设函数是上可导的偶函数，且，当，满足，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】先构造函数，再利用函数单调性解不等式． 【分析】令，因为函数在上是可导的偶函数， 所以，所以， 所以在上也是偶函数, ， 又当时，，， ，在上是增函数 由得 ，，． 故选：C． 6. 朱载堉（1536～1611），是中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天文历算家，他的著作《律学新说》中制成了最早的“十二平均律”．十二平均律是目前世界上通用的把一组音（八度）分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”，即一个八度13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音是最初那个音的频率的2倍．设前四个音的频率总和为，前八个音的频率总和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，将每个音的频率看作等比数列，且数列共13项，且，结合等比数列的通项公式和求和公式，即可求解. 【详解】由题意知，一个八度13个音，且相邻两个音之间的频率之比相等， 设第一个音的频率为，相邻的两个音之间的频率之比为， 则将每个音的频率看作等比数列，共13项，且， 因为最后一个音是最初那个音的频率的2倍，可得，可得， 所以，， 所以. 故选：B 7. 设函数，直线是曲线的切线，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数的几何意义，求得切线方程为，得到，令，求得，得到函数的单调性和最大值，即可求解. 【详解】由函数，可得， 设切点，则，， 则切线方程为：，即， 因为，所以，，则， 令，则， 当时，；当，， 所以在上递增，在上递减， 所以时，取最大值，即的最大值为． 故选：B． 8. 如图，用四种不同的颜色给图中的，，，，，，七个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（ ） A. 600 B. 288 C. 576 D. 以上答案均不对 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，先排，，的方法，分与相同，与相同和既不同于又不同于，三种情况讨论，结合分类计数原理，即可求解. 【详解】由题意，可得，，分别有4，3，2种方法， （1）当与相同时，有1种方法，此时有2种， ①若与相同有有1种方法，同时有3种方法， ②若与不同，此时有2种方法， 共有：种方法； （2）当与相同时，有1种方法，此时讨论的3种方法， 共有种方法； （3）当既不同于又不同于时，有1种方法， 共有种方法， 由分类计数原理，可得共有种方法． 故选：A． 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计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. 若，，则下列等式中成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据条件概率公式判断A，B，由条件概率公式变形判断C，结合全概率公式判断D. 【详解】解：由条件概率公式可知A错误，B正确； 由条件概率公式变形可知，故C正确； 由全概率公式可知，故D正确． 故选：BCD． 10. 已知为函数的导函数，若函数的图象大致如图所示，则（ ） A. 有3个极值点 B. 是的极大值点 C. 是的极大值点 D. 在上单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数得到图象，得出的符号，求得的单调性和极值点，由此确定正确答案． 【详解】根据函数的图象得： 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当，，单调递减， 所以有3个极值点，其中和是的极大值点， 且在上单调递增，是的极小值点， 结合选项，可得A、C、D正确，B错误． 故选：ACD 11. 已知数列中，，，则关于数列的说法正确的是（ ） A. B. 数列为周期数列 C. D. 数列为递增数列 【答案】AD 【解析】 【分析】根据递推关系求得数列的通项公式，从而对选项逐一判断即可． 【详解】由，得，即， 又，所以是以2为首项，1为公差的等差数列， 所以，即， 所以，故A正确，C错误； 对于D，因为，所以为递增数列，故D正确； 对于B，，数列不具有周期性，故B错误． 故选：AD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的二项展开式中，的系数为______. 【答案】40 【解析】 【分析】求出展开式的通项，然后令的指数为，求出的值，再代入通项中进行化简，即可求得结果. 【详解】的展开式的通项公式为：， 令，解得， 所以的系数是. 故答案为：. 13. 已知，为导函数，若，则______． 【答案】2025 【解析】 【分析】先求，根据奇函数的性质可得，结合题意运算求解． 【详解】因为，则， 所以，得， 又，故． 故答案为：2025． 14. 已知数列的前项和为，，，当时，总有，则数列的通项公式______． 【答案】 【解析】 【分析】根据与的关系代入计算，再由等比数列的通项公式，即可得到结果. 【详解】当时，有， 则当时，有， 两式相减可得， 即， 又，，所以， 所以时，数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，所以. 故答案为： 四、解答题：本大题共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. 在“①，，；②，；③”三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答. 已知等差数列的前项和为，且___________，. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】 （1）若选择①，，若选择②，，若选择③，； （2）. 【解析】 【分析】（1）若选择①，根据等差数列的性质可知，联立方程，求和，再根据等差数列通项公式，列首项和公差的方程组，即可求得通项公式；若选择②，根据等差数列的通项公式和前项和公式，列式求首项和公式，即可求得通项公式；若选择③，利用数列与的关系，求数列的通项公式；（2）根据（1）的结果，利用裂项相消法求和. 【详解】解：（1）若选择①， 由与 解得：或（由于，舍去） 设公差为，则，解得 所以数列的通项公式为 若选择②， 设公差为，由，得； 则，解得 所以数列的通项公式为 若选择③， 因为 解得 所以数列的通项公式为 （2）由题意得： 所以 16. 已知函数. （1）若在处取得极值，求的极值； （2）若在上的最小值为，求的取值范围. 【答案】（1）极大值为，极小值为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据极值点可得，进而可得，利用导数即可求解函数的单调区间，进而可求解极值， （2）根据导数确定函数单调性，结合分类讨论即可求解. 【小问1详解】 ，，. 因为在处取得极值，所以，则. 所以，， 令得或1，列表得 1 + 0 - 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以的极大值为，极小值为. 【小问2详解】 . ①当时，，所以在上单调递增，的最小值为，满足题意； ②当时，令，则或，所以在上单调递减，在上单调递增， 此时，的最小值为，不满足题意； ③当时，在上单调递减，的最小值为，不满足题意. 综上可知，实数的取值范围时. 17. 已知数列为等差数列，数列为单调递增的等比数列，，且，． （1）求数列与的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，则由已知条件列方程可求出公差，从而可求出，设等比数列的公比为，由已知条件列方程组求出，从而可求出； （2）由（1）可得，然后利用错位相减法可求出 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 因，，则，得， 所以， 所以，， 因数列为单调递增的等比数列，则可设数列的公比为， 因为，所以，得或（舍）， 所以，解得， 所以， 则数列的通项公式为，的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知， 所以， 所以， 两式相减得 ， 所以． 18. 已知函数，． （1）若的最大值是0，求的值； （2）若对任意，恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）求得，分和，两种讨论，函数的最大值，从而求解； （2）根据题意，转化为分离参数得在上恒成立，设函数，利用导数，求得函数的最小值，进而的取值范围． 【小问1详解】 解：由函数，可得其定义域为，且． 若，则，在定义域内单调递增，无最大值，不符合题意，舍去； 若，则当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以当时，取得极大值，也是最大值， 其最大值为，解得， 显然符合题意，所以的值为1． 【小问2详解】 解：对任意，恒成立，即在上恒成立， 设，可得， 设，可得， 所以在上单调递增，且，， 所以有唯一零点，且， 所以， 构造函数，则． 又由函数在上是增函数，所以， 由在上单调递减，在上单调递增， 可得， 所以，解得，所以的取值范围是. 19. 勇达楼两侧上楼的梯步半层14个台阶，同学们每天通往知识的殿堂就是从踏上这个楼梯开始．有的同学“脚踏实地”一步1个台阶，有的同学“争分夺秒”一步2个台阶，还有的同学“天赋异禀”一步3个或4个台阶． （1）同学甲上楼时一步走1个或者2个台阶，则甲走完这半层14个台阶有多少种不同的走法； （2）通往人生的高峰有无数的台阶，需要我们慢慢攀登．同学乙每一步都是走1个或者2个台阶，他第一步走1个台阶的概率，然后从第二步开始，若上一步走的1个台阶，则下一步走1个台阶的概率为，若上一步走的2个台阶，则下一步走1个台阶的概率为． （Ⅰ）记第步走1个台阶的概率为，求关于的表达式； （Ⅱ）记第个台阶被踩中的概率为，其中第个台阶被走1个台阶而踩中的概率为，被走2个台阶而踩中的概率为，求证，并计算． 【答案】（1）610 （2）（Ⅰ）； （Ⅱ）证明如下： 由已知可得， 由可得，，且. 又， 所以有. 同理可求得. 所以有. 又， 所以有，得证． 又由已知可得，，则， ，，， ，，. 代入，，，得，． 【解析】 【分析】（1）分甲走完14个台阶所用的步数逐个求解，最后相加即可得出答案； （2）（Ⅰ）根据已知得出，以及的递推关系式，构造可得出，即是等比数列，根据等比数列通项求解即可得出；（Ⅱ）根据已知得出，化简整理得出，，两式相加结合已知条件求解即可得出证明.进而根据已知求出的值，代入即可求出的值. 【小问1详解】 走完这半层14个台阶可分为以下情况： 14步走完时0个2和14个1，有种走法； 13步走完时1个2和12个1，有种走法； 12步走完时2个2和10个1，有种走法； 11步走完时3个2和8个1，有种走法； 10步走完时4个2和6个1，有种走法； 9步走完时5个2和4个1，有种走法； 8步走完时6个2和2个1，有种走法； 7步走完时7个2和0个1，有种走法； 所以甲走完这半层14个台阶有种不同的走法． 【小问2详解】 （Ⅰ）由已知可得， 根据全概率公式可知， 整理可得， 可化为. 又， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以． （Ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 资阳中学高2023级第四学期数学半期考试 命题人：谭文胜 审题人：何利 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 已知离散型随机变量X的分布列如下表： X 0 1 2 3 P a 若离散型随机变量，则（ ）． A. B. C. D. 2. 个男生，个女生排成一排，若女生不能排在两端，但又必须相邻，则不同的排法种数为 A. B. C. D. 3. 我国古代数学家沈括，杨辉，朱世杰等研究过二阶等差数列的相关问题．如果，且数列为等差数列，那么数列为二阶等差数列．现有二阶等差数列的前4项分别为1，3，6，10，则该数列的前8项和为（ ） A. 120 B. 220 C. 240 D. 256 4. 两位工人加工同一种零件共100个，甲加工了40个，其中35个是合格品，乙加工了60个，其中有50个合格，令事件为”从100个产品中任意取一个，取出的是合格品”，事件为”从100个产品中任意取一个，取到甲生产的产品”，则等于 A. B. C. D. 5. 设函数是上可导的偶函数，且，当，满足，则的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 朱载堉（1536～1611），是中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天文历算家，他的著作《律学新说》中制成了最早的“十二平均律”．十二平均律是目前世界上通用的把一组音（八度）分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”，即一个八度13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音是最初那个音的频率的2倍．设前四个音的频率总和为，前八个音的频率总和为，则（ ） A. B. C. D. 7. 设函数，直线是曲线的切线，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，用四种不同的颜色给图中的，，，，，，七个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（ ） A. 600 B. 288 C. 576 D. 以上答案均不对 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计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. 若，，则下列等式中成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知为函数的导函数，若函数的图象大致如图所示，则（ ） A. 有3个极值点 B. 是的极大值点 C. 是的极大值点 D. 在上单调递增 11. 已知数列中，，，则关于数列的说法正确的是（ ） A. B. 数列为周期数列 C. D. 数列为递增数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的二项展开式中，的系数为______. 13. 已知，为导函数，若，则______． 14. 已知数列的前项和为，，，当时，总有，则数列的通项公式______． 四、解答题：本大题共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. 在“①，，；②，；③”三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答. 已知等差数列的前项和为，且___________，. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 16. 已知函数. （1）若在处取得极值，求的极值； （2）若在上的最小值为，求的取值范围. 17. 已知数列为等差数列，数列为单调递增的等比数列，，且，． （1）求数列与的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 18. 已知函数，． （1）若的最大值是0，求的值； （2）若对任意，恒成立，求的取值范围． 19. 勇达楼两侧上楼的梯步半层14个台阶，同学们每天通往知识的殿堂就是从踏上这个楼梯开始．有的同学“脚踏实地”一步1个台阶，有的同学“争分夺秒”一步2个台阶，还有的同学“天赋异禀”一步3个或4个台阶． （1）同学甲上楼时一步走1个或者2个台阶，则甲走完这半层14个台阶有多少种不同的走法； （2）通往人生的高峰有无数的台阶，需要我们慢慢攀登．同学乙每一步都是走1个或者2个台阶，他第一步走1个台阶的概率，然后从第二步开始，若上一步走的1个台阶，则下一步走1个台阶的概率为，若上一步走的2个台阶，则下一步走1个台阶的概率为． （Ⅰ）记第步走1个台阶的概率为，求关于的表达式； （Ⅱ）记第个台阶被踩中的概率为，其中第个台阶被走1个台阶而踩中的概率为，被走2个台阶而踩中的概率为，求证，并计算． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $