精品解析：北京市景山学校2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

北京景山学校2024-2025学年度第二学期期中考试 高二数学 2025年4月 本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案打在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回. 第一部分 选择题 一.选择题（本大题共10小题，每小题4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. 函数在区间上的平均变化率为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】根据平均变化率的计算即可求解. 【详解】在区间上的平均变化率为， 故选：A 2. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷4次，记为“朝上的点数不大于3”出现的次数，则随机变量的方差（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知，结合二项分布方差公式运算求解. 【详解】因为每次“朝上的点数不大于3”的概率，且连续抛掷4次， 可知，所以. 故选：B. 3. 函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据基本初等函数的求导公式，即可求得答案. 【详解】因为，所以． 故选：B． 4. 已知盒中有除颜色外完全相同的2个红球和3个黑球，第一次随机地从中取出1个，观察其颜色后放回，并加上同色球2个；第二次再从盒中随机取出1个球，则第二次取出的是黑球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用全概率公式列式计算. 【详解】记“第一次取红球”，“第二次取黑球”， 则，， 所以第二次取出的是黑球的概率. 故选：D 5. 甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学演讲比赛，若安排上场顺序时甲、乙均不能第一个上场，且乙不能最后一个上场，则这5人上场顺序的不同排法种数为（ ） A. 27 B. 48 C. 54 D. 72 【答案】C 【解析】 【分析】利用特殊元素法，分两种情况：甲最后一个上场和甲不能最后一个上场，再安排其他人，计算即可得出结果. 【详解】甲、乙均不能第一个上场，且乙不能最后一个上场， 可以先排甲分两种情况进行考虑： 甲最后一个上场，则乙有3个位置可选，再排另外3人有种，共有种排法， 甲不能最后一个上场，则甲、乙从3个位置可选2个进行排列，有种， 再排另外3人有种，共有种排法， 所以，这5人上场顺序的不同排法种数为种. 故选：C 6. 已知函数，则“”是“函数在上是单调函数”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】对函数进行求导得，进而得时，，在上为增函数，然后判断充分性和必要性即可. 【详解】因为的定义域是， 所以， 当时，，在上为增函数，即在上是单调函数. 所以在上为单调函数，是充分条件； 反之，在上为单调函数或，不是必要条件. 故选：A. 7. 如图，湖面上有4个小岛，，，，若要建若干座桥梁将这4个小岛联通起来，则用最少的桥梁数的不同建桥方案共有（ ） A. 6种 B. 16种 C. 18种 D. 20种 【答案】B 【解析】 【分析】确定若将这4个小岛联通起来，则用最少的桥梁数为3，进而求出建设3个桥梁的所有可能选法，去掉不符合题意的选法，即可得答案. 【详解】由题意知要将4个相邻的小岛A，B，C，D连接起来， 共有个位置可以建设桥梁， 若要建若干座桥梁将这4个小岛联通起来，则用最少的桥梁数为3， 从这6个位置中选3个建设桥梁，共有种选法， 但选出的3个位置可能是仅连接或或或三个小岛，不合题意， 故要建3座桥梁，将这4个小岛连接起来，共有（种）不同的方案. 故选：B. 8. 曲线与的公切线的斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的几何意义分别求的切线，结合题意列式求解即可. 【详解】因为，则， 设切点坐标为，切线斜率为， 可得切线方程为，即； 因为，则， 设切点坐标为，切线斜率为， 可得切线方程为，即； 由题意可得：，解得， 所以公切线的斜率为. 故选：A. 9. 已知函数若不等式对任意实数x恒成立，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分，，三种情况讨论，将恒成立问题分参转化为最值问题，借助导数及函数的性质计算即可. 【详解】当时，不等式恒成立； 当时，此时，即， 即对任意恒成立， 令在上单调递减，则，故. 当时，此时，即， 即，对任意恒成立， 令，其中，则， 令，则， 所以在上单调递减， 又，要使在恒成立， 则在恒成立， 即在恒成立， 令，则在上单调递减，， 所以. 综上所述：的取值范围为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：利用参变分离，再运用函数的思想研究不等式，并结合导数研究函数的单调性与最值. 10. 已知直线和曲线，则（ ） A. 对任意实数和，直线和曲线都有交点； B. 存在实数，对任意实数，直线和曲线恰有1个交点； C. 存在实数，对任意实数，直线和曲线恰有2个交点； D. 对任意实数和，直线和曲线不会恰有3个交点. 【答案】B 【解析】 【分析】根据曲线图象的对称性，求导得切线斜率的最大值，由数形结合，结合选项即可判断. 【详解】对于A，由于为偶函数，故图象关于轴对称，且，当或时，此时直线和曲线没有交点（如下图），故A错误. 对于B，，，当时，，， 所以当时，，当时，， 故当时，单调递减，当时，单调递增， 故当时，取极大值也是最大值， 故某一点处的切线的斜率最大值为，当时，此时直线和曲线恰有1个交点，故B正确. 对于C，当时，对任意的，直线过原点，此时直线与只有一个零点，故C错误. 对于D，当直线与曲线上某一点处的切线平行时（斜率小于），且在切点之上的位置时（如下图），此时直线与曲线有3个交点，故D错误. 故选B. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路 (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决； (3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 第二部分 非选择题 二.填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.） 11. 的展开式中的系数是______.(用数字作答) 【答案】 【解析】 【分析】写出二项展开式的通项，再根据通项赋值即可得展开式中的系数. 【详解】的展开式的通项 所以展开式中的系数是. 故答案为：. 12. 由数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数，奇数共有___________个，其中个位数字比十位数字大的奇数共有__________个.（用数字作答） 【答案】 ①. 36 ②. 18 【解析】 【分析】对于第一空：分2步分析：①分析可得要求三位奇数的个位有3种情况，②在剩下的4个数字中任选2个，安排在前2个数位，由分步计数原理计算可得答案； 对于第二空：按个位数字分2种情况讨论，分别求出每种情况下的三位数的数目，由加法原理计算可得答案． 【详解】对于第一空：分2步分析： 要求是没有重复数字的三位奇数，其个位是1、3或5，有3种情况， ②在剩下的4个数字中任选2个，安排在前2个数位，有种情况， 则有符合题意的三位奇数； 对于第二空：分2种情况讨论： 当其个位为3时，十位数字只能是1，2，百位数字有3种情况，此时有个符合题意的三位数； 当其个位为5时，十位数字可以是1、2、3，4，百位数字有3种情况， 此时有个符合题意的三位数； 则有个符合题意的三位数； 故答案为：36；18 13. 若函数的导数，的最大值为1，则函数的所有零点之积为____________. 【答案】 【解析】 【分析】通过导数确定的单调性，确定最大值，从而解决的解析式，进而可求解. 【详解】，则， 即为奇函数， 令，则，易知恒成立， 所以在上单调递减， 又， 所以当时，，当时，， 即在单调递增，在单调递减， 当时，取得最大值， 又，所以，其中为常数， 所以，所以， 所以， 由，可得， 所以函数的所有零点之积为， 故答案为： 14. 某区为推进教育数字化转型，通过聚合区域学校的教育资源，依托AI技术搭建了区域智慧题库系统，形成了“通识过关综合拓展创新提升”三层动态题库，且，，三层题量之比为5：3：2，设该题库中任意1道题被选到的可能性都相同.若使用智能组卷系统从该题库中选取4道题生成一套试卷，则该试卷中，，三层试题都包含其中的概率为______________. 【答案】## 【解析】 【分析】先求出在，，三层选题的概率，再求出对应概率，即可得出结果. 【详解】因为三层题量之比为， 所以在，，三层选题的概率分别为， 4道题中有2道题来自层的概率：. 4道题中有2道题来自的概率：. 4道题中有2道题来自层的概率：. 所以，该试卷中，，三层试题都包含其中的概率为. 故答案为： 15. 我们把方程的实数解称为欧米加常数，记为.和一样，都是无理数，还被称为在指数函数中的“黄金比例”·给出下列命题： ①； ②； ③，其中； ④函数的最小值为. 则所有正确命题的序号为______________. 【答案】②④ 【解析】 【分析】选项①根据零点存在性定理可得；选项②由指对化对数可得；选项③利用反证法推出矛盾，判断③；对于④：结合不等式分析可知，当且仅当时，等号成立. 【详解】由得， 设，因为单调递增，则为的唯一零点， 因为，故，故①错； 由题意， ，故②对； 假设，得， 又，所以， 又，而， 所以③错； 令，则， 令， 知在内单调递减，在内单调递增， 则，可得，当且仅当时，等号成立， 时，可得，令， ， ， 所以， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最小值为，故④对， 故答案为：②④ 三.解答题（本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 16. 已知函数在处取得极值. （1）求实数、的值； （2）求函数在区间上的取值范围. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，解出、的值，结合函数极值的定义验证即可； （2）利用导数求出函数在区间上的最大值和最小值，即可得出答案. 【小问1详解】 由，得. 又当时，有极值，所以，解得. 所以， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以当时，有极小值，所以，. 【小问2详解】 由（1）知，， 令，得，， 、的值随的变化情况如下表： 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 由表可知在上的最大值为，最小值为， 即在上的取值范围为. 17. 在下列三个条件中任选一个条件，补充在后面问题中的横线上，并完成解答. 条件①：展开式中前三项的二项式系数之和为22； 条件②：展开式中所有项的二项式系数之和为64； 条件③：展开式中常数项为第三项. 问题：已知二项式，若___________（填写条件的序号，若是选择多个方案，就按照选择的第一个方案解答给予计分），求： （1）展开式中二项式系数最大的项； （2）展开式中所有的有理项. 【答案】（1） 若选①：由，解得（负值舍去）； 若选②：由，解得； 由得，展开式的二项式系数最大为， 则二项式系数最大项为； 若选③：设第项为常数项，，由及，得. 由得，展开式的二项式系数最大为，， 则二项式系数最大项为，； （2） 若选①或选②： 设第项为有理项，由， 因为，，所以，，，. 所以有理项为 ，，，. 若选③： 设第项为有理项，由， 因为，，所以. 所以有理项为，. 【解析】 【分析】（1）若选①，则由可算出，进而二项式系数最大为；若选②，则由算出，进而二项式系数最大为；若选③，写出二项展开式的通项，进而赋值可求，进而二项式系数最大为； （2）写出二项展开式的通项，令的指数为整数即可求出有理项. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 图像识别是人工智能领域的一个重要研究方向.某中学人工智能兴趣小组研发了一套根据人脸照片识别性别的程序.在对该程序的一轮测试中，小组同学输入了200张不同人脸照片作为测试样本，获得数据如下表（单位：张）： 识别结果 真实性别 男 女 无法识别 男 90 20 10 女 10 60 10 假设用频率估计概率，且该程序对每张照片的识别都是独立的. （1）从这200张照片中随机抽取一张，已知这张照片的识别结果正确，求该照片人脸的真实性别是男性的概率； （2）在新一轮测试中，小组同学对3张不同的男性人脸照片依次测试，每张照片至多测一次，当首次出现识别正确或3张照片全部测试完毕，则停止测试.设表示测试的次数，估计的分布列和数学期望； （3）为处理无法识别的照片，该小组同学提出上述程序修改的三个方案： 方案一：将无法识别的照片全部判定为女性； 方案二：将无法识别的照片全部判定为男性； 方案三：将无法识别的照片随机判定为男性或女性（即判定为男性的概率为50%，判定为女性的概率为50%）. 现从若干张不同的人脸照片（其中男性、女性照片的数量之比为1：1）中随机抽取一张，分别用方案一、方案二、方案三进行识别，其识别正确的概率估计值分别记为，，，试比较，，的大小.（结论不要求证明） 【答案】（1） （2）的分布列为 1 2 3 （3） 【解析】 【分析】（1）利用用频率估计概率计算即可 （2）由题意知的所有可能取值为，分别求出相应的概率，然后根据期望公式求出即可 （3）分别求出方案一､方案二､方案三进行识别正确的概率，然后比较大小可得 【小问1详解】 根据题中数据，共有张照片被正确识别，其中男性的照片有90张，所以该照片确为男性的概率为； 【小问2详解】 设事件输入男性照片且识别正确. 根据题中数据，可估计为. 由题意知的所有可能取值为. . 所以的分布列为 1 2 3 所以. 【小问3详解】 由题可知，调查的200张照片中，其中女生共有80个，男生共有120个， 程序将男生识别正确的频率为，识别为女生的频率为，无法识别的频率为， 程序将女生识别正确的频率为，识别为男生的频率为，无法识别的频率为， 由频率估计概率得 ， ， ， 所以 19. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：． 【答案】（1）； （2） 由（）可知为上的增函数． 因为，， 所以存在唯一的使． 从而有，． 因为时，；时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增． 所以， 所以． 【解析】 【分析】（1）对函数求导后由几何意义求出函数在点处的切线方程； （2）由导数可知存在极小值点，即最小值，证明即得. 【小问1详解】 函数的定义域为， 且，， 因为，， 故所求的切线方程为， 即． 【小问2详解】 略 20. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处切线的斜率； （2）当时，讨论的单调性； （3）若集合有且只有一个元素，求的值． 【答案】（1） （2）单调递增区间为；单调递减区间为 （3） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义，即可求出结果； （2）对函数求导得到，由函数定义域知，再利用导数与函数单调性间的关系，即可求出结果； （3）对函数求导得到，再分和两种情况讨论，利用导数与函数单调性间的关系，求出函数的单调区间，结合条件，即可求出结果. 【小问1详解】 当时，， 所以,得到， 所以曲线在点处切线的斜率为． 【小问2详解】 当时，，易知的定义域为， 又， 因为，所以， 所以时，，时， 所以的单调递增区间为；单调递减区间为． 【小问3详解】 因为，所以， 易知，当时，的定义域为， 所以恒成立，故在上单调递增， 又，所以不合题意， 当时，的定义域为，此时， 所以时，，时，， 故的单调递增区间为，单调递减区间为， 所以． 设，则， 当时，，时，， 所以的单调递减区间为；单调递增区间为． 所以， 所以集合有且只有一个元素时． 【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法： 一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件； 二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论； 三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 21. 已知正项有穷数列，设，记的元素个数为. （1）若数列，求集合，并写出的值; （2）若是递增数列或递减数列，求证:”的充要条件是“为等比数列”; （3）若，数列由这个数组成，且这个数在数列中每个至少出现一次，求的取值个数. 【答案】（1），； （2） 充分性：若是等比数列，设公比为． 不妨考虑数列是递增数列，所以． 则当时，． 所以，故，得证. 必要性：若． 因为是递增数列，所以， 所以且互不相等,又， 所以， 又， 所以，且互不相等． 所以，，，． 所以， 所以为等比数列； 若为单调递减数列，同理可证. （3） 【解析】 【分析】（1）利用集合的定义直接求解即可； （2）分充分性和必要性两个方面分别证明，利用题中给出的集合的定义分析即可； （3）通过分析可知，且，设数列 此时, ，然后对数列分别作变换进行分析求解，即可得到答案． 【小问1详解】 因为，，，， 故 所以，； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为数列由这个数组成，任意两个不同的数作商（可相等）， 比值只可能为共个不同的值； 又因为这个数在数列中共出现次，所以数列中存在，所以． 综上，，且． 设数列 此时，． 现对数列分别作如下变换： 把前面的移动到和后面的之间，得到数列： 此时，． 再把前面的移动到和之间，得到数列： 此时，． 依次类推，把前面的移动到和之间，得到数列：， 此时，； 再构造， 此时，； 构造， 此时， ； 依次类推，构造数列：， 此时， 最后构造数列：， 此时； 综上，可以取到从到的所有个整数值，所以的取值个数为. 【点睛】方法点睛：对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京景山学校2024-2025学年度第二学期期中考试 高二数学 2025年4月 本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案打在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回. 第一部分 选择题 一.选择题（本大题共10小题，每小题4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. 函数在区间上的平均变化率为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 0 2. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷4次，记为“朝上的点数不大于3”出现的次数，则随机变量的方差（ ） A. 2 B. 1 C. D. 3. 函数，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知盒中有除颜色外完全相同的2个红球和3个黑球，第一次随机地从中取出1个，观察其颜色后放回，并加上同色球2个；第二次再从盒中随机取出1个球，则第二次取出的是黑球的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学演讲比赛，若安排上场顺序时甲、乙均不能第一个上场，且乙不能最后一个上场，则这5人上场顺序的不同排法种数为（ ） A. 27 B. 48 C. 54 D. 72 6. 已知函数，则“”是“函数在上是单调函数”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 如图，湖面上有4个小岛，，，，若要建若干座桥梁将这4个小岛联通起来，则用最少的桥梁数的不同建桥方案共有（ ） A. 6种 B. 16种 C. 18种 D. 20种 8. 曲线与的公切线的斜率为（ ） A. B. C. D. 9. 已知函数若不等式对任意实数x恒成立，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 已知直线和曲线，则（ ） A. 对任意实数和，直线和曲线都有交点； B. 存在实数，对任意实数，直线和曲线恰有1个交点； C. 存在实数，对任意实数，直线和曲线恰有2个交点； D. 对任意实数和，直线和曲线不会恰有3个交点. 第二部分 非选择题 二.填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.） 11. 的展开式中的系数是______.(用数字作答) 12. 由数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数，奇数共有___________个，其中个位数字比十位数字大的奇数共有__________个.（用数字作答） 13. 若函数的导数，的最大值为1，则函数的所有零点之积为____________. 14. 某区为推进教育数字化转型，通过聚合区域学校的教育资源，依托AI技术搭建了区域智慧题库系统，形成了“通识过关综合拓展创新提升”三层动态题库，且，，三层题量之比为5：3：2，设该题库中任意1道题被选到的可能性都相同.若使用智能组卷系统从该题库中选取4道题生成一套试卷，则该试卷中，，三层试题都包含其中的概率为______________. 15. 我们把方程的实数解称为欧米加常数，记为.和一样，都是无理数，还被称为在指数函数中的“黄金比例”·给出下列命题： ①； ②； ③，其中； ④函数的最小值为. 则所有正确命题的序号为______________. 三.解答题（本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 16. 已知函数在处取得极值. （1）求实数、的值； （2）求函数在区间上的取值范围. 17. 在下列三个条件中任选一个条件，补充在后面问题中的横线上，并完成解答. 条件①：展开式中前三项的二项式系数之和为22； 条件②：展开式中所有项的二项式系数之和为64； 条件③：展开式中常数项为第三项. 问题：已知二项式，若___________（填写条件的序号，若是选择多个方案，就按照选择的第一个方案解答给予计分），求： （1）展开式中二项式系数最大的项； （2）展开式中所有的有理项. 18. 图像识别是人工智能领域的一个重要研究方向.某中学人工智能兴趣小组研发了一套根据人脸照片识别性别的程序.在对该程序的一轮测试中，小组同学输入了200张不同人脸照片作为测试样本，获得数据如下表（单位：张）： 识别结果 真实性别 男 女 无法识别 男 90 20 10 女 10 60 10 假设用频率估计概率，且该程序对每张照片的识别都是独立的. （1）从这200张照片中随机抽取一张，已知这张照片的识别结果正确，求该照片人脸的真实性别是男性的概率； （2）在新一轮测试中，小组同学对3张不同的男性人脸照片依次测试，每张照片至多测一次，当首次出现识别正确或3张照片全部测试完毕，则停止测试.设表示测试的次数，估计的分布列和数学期望； （3）为处理无法识别的照片，该小组同学提出上述程序修改的三个方案： 方案一：将无法识别的照片全部判定为女性； 方案二：将无法识别的照片全部判定为男性； 方案三：将无法识别的照片随机判定为男性或女性（即判定为男性的概率为50%，判定为女性的概率为50%）. 现从若干张不同的人脸照片（其中男性、女性照片的数量之比为1：1）中随机抽取一张，分别用方案一、方案二、方案三进行识别，其识别正确的概率估计值分别记为，，，试比较，，的大小.（结论不要求证明） 19. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：． 20. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处切线的斜率； （2）当时，讨论的单调性； （3）若集合有且只有一个元素，求的值． 21. 已知正项有穷数列，设，记的元素个数为. （1）若数列，求集合，并写出的值; （2）若是递增数列或递减数列，求证:”的充要条件是“为等比数列”; （3）若，数列由这个数组成，且这个数在数列中每个至少出现一次，求的取值个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $