精品解析：河南省郑州外国语学校2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷

郑州外国语学校2024-2025学年高二下期期中考试试卷 数学 （120分钟 150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. 函数导数为（ ） A. B. C. D. 2. 已知随机变量服从正态分布，若，，则（ ） A. 0.4 B. 0.3 C. 0.2 D. 0.1 3. 的展开式中的系数为（ ） A. 24 B. C. D. 4. 天津市第四十七中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷雨”“立夏”七张知识展板放置在七个并列的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻．且“清明”和“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为（ ） A. 265 B. 320 C. 480 D. 960 5. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 定义在上的函数，是的导函数，且恒成立，则（ ） A. B. C. D. 7. 设为一个随机试验中三个事件且概率均不为0，则的充要条件是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，这是一张圆形纸片，其半径，剪掉周围的白色部分，将阴影部分折起，使得点（1，2，…，6）重合于点P，得到正六棱锥，则该六棱锥体积的最大值是（ ） A B. C. D. 二、多选题（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，有多项符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 若，则函数的函数图象可能是（ ） A. B. C. D. 10. 甲、乙、丙、丁、戊5名大学生参加2024年南京半程马拉松志愿者服务活动，有赛道补给、路线引导、物品发放、兴奋剂检测四项工作可以安排，则以下说法正确的是（ ） A. 若每人都安排一项工作，则不同的方法数为 B. 若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为240 C. 如果兴奋剂检测工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为 D. 每项工作至少有1人参加，甲乙不会兴奋剂检测，但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案种数是 11. 已知函数，则下列结论正确的是（） A. 当时，若有三个零点，则的取值范围是（0，1） B. 当且时， C. ， D. 若存在极值点，且，其中，则 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知书架的第一层随机摆放了1本语文书，2本不同的数学书，3本不同的英语书.现从中抽取2本书，则在已经确定第一本抽取的是语文书的条件下，第二本抽取的是数学书的概率为__________． 13. 某种电子玩具按下按钮后，会出现红球或绿球．已知按钮第一次按下后，出现红球与绿球的概率都是，从按钮第二次按下起，若前一次出现红球，则下一次出现红球、绿球的概率分别为，若前一次出现绿球，则下一次出现红球、绿球的概率分别为，记第次按下按钮后出现红球的概率为，则______． 14. 已知数列满足，，其中为函数的极值点，则______. 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. 已知二项式的展开式中第6项和第7项的系数相等． （1）求展开式中二项式系数最大的项； （2）若，求的值． 16. 为宣扬中国文化，某校组织古诗词知识比赛．比赛分为两阶段，第一阶段为基础知识问答，每位选手都需要回答3个问题，答对其中至少2个问题，进入第二阶段，否则被淘汰；第二阶段分高分组和低分组，第一阶段3个问题都答对的选手进入高分组，共回答4个问题，每答对一个得20分，答错不得分；第一阶段答对2个问题的选手进入低分组，共回答4个问题，每答对一个得10分，答错不得分．第一阶段，每个问题选手甲答对的概率都是；第二阶段，若选手甲进入高分组，每个问题答对的概率都是，若选手甲进入低分组，每个问题答对的概率都是． （1）求选手甲在该次比赛得分数为40分的概率； （2）已知该次比赛选手甲进入了高分组，记选手甲在该次比赛中得分数为X，求随机变量X的分布列和期望值． 17. 已知函数（，且）. （1）若，直线与曲线和曲线都相切，求的值； （2）若，求的取值范围. 18. 已知不透明盒子中有8个相同的乒乓球，球上标有数字1，2，3，…，8，有放回地随机抽取两次（每次抽取1个球），记下球上的数字，，原点和点，点． （1）记事件或．求事件发生的概率． （2）记事件的面积不大于5．求事件发生的概率． （3）记事件是锐角．事件是锐角三角形．求在事件发生的条件下事件发生的概率． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）求函数在区间上的最小值； （3）当时，判断函数的零点个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 郑州外国语学校2024-2025学年高二下期期中考试试卷 数学 （120分钟 150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. 函数的导数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据基本初等函数的求导公式求导即可. 【详解】， 故选：C. 2. 已知随机变量服从正态分布，若，，则（ ） A. 0.4 B. 0.3 C. 0.2 D. 0.1 【答案】C 【解析】 【分析】利用正态分布曲线的性质，再根据条件，即可求出结果. 【详解】解析：由已知得正态曲线关于直线对称，， ，解得， 故选：C． 3. 的展开式中的系数为（ ） A. 24 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出展开式的通项，即可求出的系数. 【详解】因为展开式的通项为， 所以的系数为． 故选：D. 4. 天津市第四十七中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷雨”“立夏”七张知识展板放置在七个并列的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻．且“清明”和“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为（ ） A. 265 B. 320 C. 480 D. 960 【答案】D 【解析】 分析】利用捆绑法和插空法，以及分步乘法计数原理求解即可. 【详解】将“立春”和“春分”两块展板看成一个整体，与“雨水”， “谷雨”，“立夏”三块展板进行全排列，再将“清明”和“惊蛰”两块展板插空. 所以不同的放置方式种数为. 故选：D. 5. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由在上单调递增，所以在上恒成立，分离参数转化为求函数的最大值即可. 【详解】函数在上单调递增， 所以在上恒成立， 所以，即， 令，则即可， ，所以在上单调递减， 故，所以. 故选：A 6. 定义在上的函数，是的导函数，且恒成立，则（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件可得，构造函数，利用导数判断函数的单调性，比较函数值的大小即可. 【详解】因为时，， 所以可化为， 设，， 则， 所以函数在上的单调递减， 因为，所以， 所以，即， 对于A：因为，A选项不一定成立； 对于B：因为，B选项不一定成立； 对于C：成立； 对于D：，D选项不成立； 故选：C. 7. 设为一个随机试验中的三个事件且概率均不为0，则的充要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过恰当的举例找到三个选项的反例，然后利用和事件的概率公式证明选项. 【详解】抛掷一枚质地均匀的殶子朝上的点数， 设表示事件“点数是1点”，表示事件“点数是3点或5点”， 表示事件“点数是偶数点”，表示事件“点数是奇数点”， ， 此时满足，但，故选项错误； ，但，故选项错误； 成立，但，故选项错误； 对于选项，对于随机事件，且， 则由得，又， 得， 又因为，所以， 则，故必要性成立， 反之，由可得， 所以，故充分性成立，所以选项正确. 故选： 8. 如图，这是一张圆形纸片，其半径，剪掉周围的白色部分，将阴影部分折起，使得点（1，2，…，6）重合于点P，得到正六棱锥，则该六棱锥体积的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接，，由题意得，设，则，，由已知求出，利用条件得六棱锥的体积，构造函数，利用导数法求解最值即可. 【详解】连接，，与交于点M. 设，则，，. 设正六棱锥的高为h， 则h===()， 所以正六棱锥的体积==. 令，求导得，由，得， 当时，，当时，， 则当时，取得极大值，也是最大值， 此时V的最大值为==. 故选：B 二、多选题（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，有多项符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 若，则函数的函数图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】分、为正的奇数、为正的偶数、为负的奇数、为负的偶数等五种情况讨论，分别研究其单调性即可. 【详解】①当时，，其图象为指数函数的一部分； ②当为正的奇数时，定义域为，， 可知当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 函数在处取得极小值，此时是负数； 4个选项中没有与以上两种情况对应的图象. ③当为正的偶数时，定义域为，， 可知当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 且时，，则，且，故B选项正确； ④当为负的奇数时，定义域为，， 可知当时，，单调递减， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 且时，，则， 时，，则，故C选项正确； ⑤当为负的偶数时，定义域为，， 可知当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 且时，，则，故D选项正确. 故选：BCD 10. 甲、乙、丙、丁、戊5名大学生参加2024年南京半程马拉松志愿者服务活动，有赛道补给、路线引导、物品发放、兴奋剂检测四项工作可以安排，则以下说法正确的是（ ） A. 若每人都安排一项工作，则不同的方法数为 B. 若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为240 C. 如果兴奋剂检测工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为 D. 每项工作至少有1人参加，甲乙不会兴奋剂检测，但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是 【答案】ABD 【解析】 【分析】A项由分步计数原理求解；B项先从5人中选2人作为1组，再与另外3人共4组进行全排列；C项先将5名同学分为3组，然后再分别安排赛道补给、路线引导、物品发放三项工作；D项分从丙、丁、戊3人中选2人兴奋剂检测和选1人兴奋剂检测进行求解． 【详解】解：对于选项，给其中的一人安排一项工作，则有4种不同的安排方法，则每人都安排一项工作， 则不同的方法数为，即选项正确； 对于选项B，每项工作至少有1人参加，先从5人中选2人作为1组，再与另外3人共4组， 每组选一项工作，则不同的方法数为，即选项B正确； 对于选项C，先将5名同学分为3组，然后再分别安排赛道补给、路线引导、物品发放三项工作， 则这5名同学全部被安排的不同方法数为，，即选项C错误； 对于选项D，当从丙、丁、戊3人中选2人兴奋剂检测，则不同安排方案的种数是， 当从丙、丁、戊3人中选1人兴奋剂检测，则不同安排方案的种数是， 即不同安排方案的种数是，即选项D正确， 故选：ABD． 11. 已知函数，则下列结论正确的是（） A. 当时，若有三个零点，则的取值范围是（0，1） B. 当且时， C. ， D. 若存在极值点，且，其中，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，B，求导确定函数单调性，求得极值，构造不等式即可判断；对于C，代入解析式化简即可；对于D，由推理得到，又由函数极值点定义，由得到代入化简即得． 【详解】对于A，当时，， 由，可得或，由，可得， 故函数在和上单调递增；在上单调递减． 则函数在处取得极大值，在处取得极小值， 若有三个零点，则，解得，故A正确； 对于B，当且时，， 因为，所以， 由A函数在上单调递减，故，故B正确； 对于C，因为 ，故C错误； 对于D，由求导得，， 依题意，，可得① 由，可得， 由于，化简得② 将①代入②式，可化简得：， 即，因，故得，即D正确． 故选：ABD． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知书架的第一层随机摆放了1本语文书，2本不同的数学书，3本不同的英语书.现从中抽取2本书，则在已经确定第一本抽取的是语文书的条件下，第二本抽取的是数学书的概率为__________． 【答案】##0.4 【解析】 【分析】根据给定条件，利用缩小空间的方法求出条件概率. 【详解】依题意，抽取第二本书有5个不同结果，第二本抽取的是数学书有2个结果， 所以所求概率为. 故答案为： 13. 某种电子玩具按下按钮后，会出现红球或绿球．已知按钮第一次按下后，出现红球与绿球的概率都是，从按钮第二次按下起，若前一次出现红球，则下一次出现红球、绿球的概率分别为，若前一次出现绿球，则下一次出现红球、绿球的概率分别为，记第次按下按钮后出现红球的概率为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】依题意根据球颜色出现的概率得出相应的递推公式，再结合等比数列定义求出其通项公式代入计算可得结果. 【详解】由题意第次按下按钮后出现红球的概率为，则出现绿球的概率为； 因此可得，化简可得， 即，又， 因此可得是以为首项，为公比的等比数列， 可得，可得； 所以. 故答案为： 14. 已知数列满足，，其中为函数的极值点，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】由为函数的极值点，推理得到，利用此式和题设条件，将分别用表示，化简消元即得. 【详解】因为，则， 令，，则， 易知在上单调递增，令 ，得， 即，，，， 所以，单调递减，，单调递增， 又，，， 即存在，使得当时，，当时，， 所以函数存在唯一得极值点， 则，. 且，，可得， 因为在上单调递增，则在上单调递增， 可得，， 且，则，可得. 又因为，则， 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. 已知二项式的展开式中第6项和第7项的系数相等． （1）求展开式中二项式系数最大的项； （2）若，求的值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，列式求出幂指数，再利用二项式系数的性质求解. （2）利用赋值法求出常数项及所有项系数和即可. 【小问1详解】 依题意，，即，解得， 所以的展开式中二项式系数最大的项是第5项：. 【小问2详解】 由（1）知，， 取，得，取，得， 所以. 16. 为宣扬中国文化，某校组织古诗词知识比赛．比赛分为两阶段，第一阶段为基础知识问答，每位选手都需要回答3个问题，答对其中至少2个问题，进入第二阶段，否则被淘汰；第二阶段分高分组和低分组，第一阶段3个问题都答对的选手进入高分组，共回答4个问题，每答对一个得20分，答错不得分；第一阶段答对2个问题的选手进入低分组，共回答4个问题，每答对一个得10分，答错不得分．第一阶段，每个问题选手甲答对的概率都是；第二阶段，若选手甲进入高分组，每个问题答对的概率都是，若选手甲进入低分组，每个问题答对的概率都是． （1）求选手甲在该次比赛得分数为40分的概率； （2）已知该次比赛选手甲进入了高分组，记选手甲在该次比赛中得分数为X，求随机变量X的分布列和期望值． 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用互斥事件及相互独立事件、独立重复试验的概率公式列式求解. （2）求出X的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望. 【小问1详解】 选手甲在该次比赛得分数为40分有两种情况：进入高分组，答对2个问题； 进入低分组，答对4个问题，所以概率为：. 【小问2详解】 X的可能取值有0，20，40，60，80， ， ， ， 所以分布列为： X 0 20 40 60 80 P 所以. 17. 已知函数（，且）. （1）若，直线与曲线和曲线都相切，求的值； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1）8 （2） 【解析】 【分析】（1）解法1：设直线与曲线的切点坐标为，利用导数的意可求得，进而求得切线方程，联立切线与，利用可求解；解法2：设直线与曲线的切点坐标为，利用导数的意可求得，进而求得切线方程，设直线与曲线的切点坐标为，利用导数的几何意义可求解； （2）解法1：当时，计算可得，不符合题意，当时，由题意可得，令，利用导数可求得的最小值，可求解.解法2：由题意可得，令，利用导数求得的最小值即可. 【小问1详解】 解法1：设直线与曲线的切点坐标为， 由于，则， 解得， 则切点坐标为. 直线，即. 由得， 由，解得或（舍去）， 当时，得，符合题意， 所以. 解法2：设直线与曲线切点坐标为， 由于，则， 解得， 则切点坐标为. 直线，即. 当时，函数的定义域为， 设直线与曲线的切点坐标为， 由，得，得. 得，即， 则. 解得. 【小问2详解】 解法1：①当时，则函数的定义域为. 由于， 则，不符合题意. 所以不符合题意. ②当时，则函数的定义域为. 显然. 当时，由，得，即. 令，则. 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增. 则当时，取得最小值，其值为. 则，即. 综上所述，的取值范围为. 解法2：当时，由，得，即， 得. 令，则. 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增. 则当时，取得最小值，其值为. 则，即. 综上所述，的取值范围为. 18. 已知不透明的盒子中有8个相同的乒乓球，球上标有数字1，2，3，…，8，有放回地随机抽取两次（每次抽取1个球），记下球上的数字，，原点和点，点． （1）记事件或．求事件发生的概率． （2）记事件的面积不大于5．求事件发生的概率． （3）记事件是锐角．事件是锐角三角形．求在事件发生的条件下事件发生的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据得，列出符合条件的基本事件可得答案； （2）设点到直线的距离为，由得，列出符合条件的基本事件可得答案； （3）设直线，要想是锐角则点应在直线下方，其中满足要求的点有28个，古典概率概型公式计算出，若是锐角三角形，则点落在直线与直线之间，根据点的坐标特征求出满足要求的点，再求即可. 【小问1详解】 有8数字、有8数字可取，有放回地随机抽取两次（每次抽取1个球）， 共有种取法，，，， 若，则，即，符合条件基本事件 有8种， 若，则，即，符合条件的基本事件 有6种， 所以； 【小问2详解】 直线的方程为，设点到直线的距离为， 因为，所以， 可得，符合条件的基本事件有 ，， ， ，， ，，， 共35个，； 【小问3详解】 有8数字、有8数字可取，有放回地随机抽取两次（每次抽取1个球）， 共有种取法， 设直线与直线垂直，且过原点，因为，则直线， 其64个点中，有8个落在直线上，剩余56个点中，一半在直线上方， 一半在直线下方，要想是锐角，则点应在直线下方， 其中满足要求的点有28个， 故是锐角即， 与平行且过点的直线方程为， 若是锐角三角形，则点落在直线与直线之间， 根据点的坐标特征，应在直线上， 满足要求的点有共7个， 所以， 所以. 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）求函数在区间上的最小值； （3）当时，判断函数的零点个数． 【答案】（1）在和上单调递增，在上单调递减 （2）答案见解析 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）先确定的定义域，再求出的导数，再对参数范围分类讨论求解单调性即可. （2）利用上问结论分类讨论求出单调性，再求出不同情况下的最值即可. （3）对参数范围分类讨论并结合之前的结论得到单调性，再利用零点存在性定理或直接求解零点判断零点个数即可. 【小问1详解】 由题意得的定义域为， 则 当时，时，，时，， 故在上单调递减，在上单调递增； 当时，令可得或，令可得， 故在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，令可得或，令可得， 故在和上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 由已知得， 当时，在区间上恒成立，函数单调递增， 函数的最小值为， 当时，在区间上恒成立，函数单调递减， 函数的最小值为， 当时，列表如下： x - + 单调递减 单调递增 函数的最小值为． 综上可得：当时，函数的最小值为， 当时，函数的最小值为， 当时，函数的最小值为． 【小问3详解】 当时，， ①当时，由（1）知函数在上单调递减， 在上单调递增， 又因为，而x趋近正无穷时，趋近正无穷， 故在上只有一个零点； ②当时，，在上单调递增，且连续不间断， 且，故在上只有一个零点． ③当时，令，解得，即在上只有一个零点， ④当时，令可得，令可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 当x趋近正无穷时，趋近正无穷，当x趋近0时，趋近正无穷， 若，即时，在上无零点． 若，即时，在上只有一个零点， 若，即时，在上有两个零点， 综上：当时，函数无零点， 当或时，函数的零点个数为1， 当时，函数零点个数为2． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$