精品解析：广东省东莞市光明中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷

2024-2025学年度第一学期高二年级期中考试 数学科试卷 命题人：张新成 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题共58分） 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 函数的导数等于（ ） A. B. 1 C. D. 2. 已知函数导函数为的图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 3. 在的展开式中，含项的系数为（ ） A 4 B. 6 C. 8 D. 24 4. 曲线在点处切线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 用数字组成没有重复数字的四位数，其中偶数的个数为（ ） A. 48 B. 60 C. 96 D. 120 6. 函数的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 7. 设随机变量X服从二项分布，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 若函数在上单调递增，则的最大值为（   ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 二､多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 对于二项式，下列说法正确是（ ） A. 其展开式一共有项 B. 其展开式的二项式系数和为 C. 其展开式的所有项的系数和为 D. 其展开式的第三项为 10. 已知分别为随机事件的对立事件，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则独立 C. 若独立，则 D. 11. 已知函数，则（ ） A. B. 有两个极值点 C. 点是曲线的对称中心 D. 有两个零点 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知变量服从分布，且，则__________ 13. 的展开式中常数项是______.（用数字作答） 14. 已知函数在上是单调函数，则实数的取值范围是_________． 四､解答题：本题共5小题，共60分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 设． （1）求的值； （2）求值． 16. 若，求： （1）的单调递减区间； （2）在上的最小值和最大值． 17. 某篮球运动员投篮的命中率为0.2，现投了3次球． （1）求恰有2次命中的概率； （2）设命中的次数为，求． 18. 已知函数. （1）若，求的单调区间； （2）若在上恒成立，求a的取值范围. 19. 已知函数． （1）若有两个零点，且，求的取值范围； （2）在（1）的条件下，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年度第一学期高二年级期中考试 数学科试卷 命题人：张新成 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题共58分） 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 函数的导数等于（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用常见函数的导数可求. 【详解】， 故选：A. 2. 已知函数的导函数为的图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接根据导数的几何意义得到答案. 【详解】分别表示在时，对应切线斜率， 根据图象知. 故选：A 3. 在的展开式中，含项的系数为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项式定理计算即可. 【详解】易知的展开式中含项为，即含项的系数为6. 故选：B 4. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的几何意义可求切线方程. 【详解】因为，故， 故曲线在点处的切线方程为， 故选：B. 5. 用数字组成没有重复数字的四位数，其中偶数的个数为（ ） A. 48 B. 60 C. 96 D. 120 【答案】A 【解析】 【分析】考查排列组合中的分步计数原理，先确定个位数字，再确定其他位数字即可. 【详解】第一步，个位为2或4，共两种排法； 第二步，千、百、十位有种排法. 所以，共种排法. 故选：A. 6. 函数的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意得，由解得即可得到结论. 【详解】由题意，函数的定义域为，则， 令，解得， 所以，函数的单调递增区间为. 故选：B. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，易错点在于忽视函数的定义域，属于基础题. 7. 设随机变量X服从二项分布，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项分布的方差公式求解 【详解】由题意，， 故选：B 8. 若函数在上单调递增，则的最大值为（   ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】由函数在上单调递增，转化为在上恒成立，分离参数转化为求函数的最小值求解即可. 【详解】因为，所以， 由于在上单调递增， 所以在上恒成立， 在上恒成立，在上单调递增， 所以在上的最小值为， 所以，故的最大值为， 故选：D 二､多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 对于二项式，下列说法正确的是（ ） A. 其展开式一共有项 B. 其展开式的二项式系数和为 C. 其展开式的所有项的系数和为 D. 其展开式的第三项为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用二项展开式的项数可判断A选项；利用二项展开式的二项式系数和可判断B选项；在二项式中，令，结合所有项的系数和可判断C选项；利用二项展开式的通项可判断D选项. 【详解】对于A选项，展开式的项数为，A错； 对于B选项，其展开式的二项式系数和为，B对； 对于C选项，其展开式的所有项的系数和为，C对； 对于D选项，其展开式的第三项为，D错. 故选：BC. 10. 已知分别为随机事件的对立事件，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则独立 C. 若独立，则 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据概率的性质即可判断A；根据相互独立事件的定义即可判断B；根据条件概率公式即可判断C；根据条件概率的性质即可判断D. 【详解】A选项，根据随机事件的概率的知识可知，A选项正确； B选项，根据独立事件的知识可知，，则相互独立，B选项正确； C选项，若独立，则，C选项错误； D选项，表示在事件发生的情况下事件发生的概率， 表示在事件发生的情况下事件发生的概率， 所以，所以D选项正确． 故选：ABD． 11. 已知函数，则（ ） A. B. 有两个极值点 C. 点是曲线的对称中心 D. 有两个零点 【答案】ABC 【解析】 【分析】求导后令，分析单调性并求出极值，即可判断ABD，利用函数对称性的定义可判断C。 【详解】，故A正确； 令，解得，当或时，，当时，， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减， 故函数在处取得极小值，在取得极大值， 即，， 只有一个零点，故B正确D错误； ，所以关于对称，故C正确。 故选：ABC 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知变量服从分布，且，则__________ 【答案】## 【解析】 【分析】根据概率和为1可求. 【详解】因为变量服从分布，故， 故答案为： 13. 的展开式中常数项是______.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】根据的展开式的通项公式可求出结果. 【详解】的展开式的通项为， 令，得， 所以的展开式中常数项是. 故答案为：. 14. 已知函数在上是单调函数，则实数的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】判断函数导数为开口向下的二次函数，则应满足，即可求解 【详解】，因为函数在上是单调函数， 故只能满足在上恒成立，即，，解得 故答案为: 四､解答题：本题共5小题，共60分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 设． （1）求值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）令可求的值； （2）令并结合（1）中的结果可求的值； 【小问1详解】 在中令，则. 【小问2详解】 在中令， 则，故. 16. 若，求： （1）的单调递减区间； （2）在上的最小值和最大值． 【答案】（1）的增区间为，减区间为 （2），. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数并判断其符号后可得函数的单调区间； （2）根据（1）中的单调性可得函数的最值. 【小问1详解】 ， 当或时，；当时，， 故的增区间为，减区间为. 【小问2详解】 由（1）可得在为减函数，在上为增函数， 故，. 17. 某篮球运动员投篮的命中率为0.2，现投了3次球． （1）求恰有2次命中的概率； （2）设命中的次数为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用二项分布可求恰有2次命中的概率； （2）利用二项分布求出分布列后可求. 小问1详解】 设为：“投了3次球，恰有2次命中”，故. 【小问2详解】 由题设可得， 故，， ，， 故 18. 已知函数. （1）若，求的单调区间； （2）若在上恒成立，求a的取值范围. 【答案】（1）增区间为，减区间为； （2）. 【解析】 【分析】(1)求f(x)的定义域和导数，在定义域内研究其导数的正负，由此即可判断f(x)的单调区间； (2)参变分离不等式，构造函数，利用导数求F(x)的最大值即可得a的范围. 【小问1详解】 时，. 时，单调递增， 时，单调递减， ∴的增区间为，减区间为； 【小问2详解】 由在上恒成立，故， 设，则. 当时，F(x)单调递增；当时，F(x)单调递减， 故，故. 19. 已知函数． （1）若有两个零点，且，求的取值范围； （2）在（1）的条件下，求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数后判断单调性，结合最值的符号和零点存在定理可求的取值范围； （2）结合（1）中的函数性质可得，我们先证明：，利用已知的单调性将欲求证的此不等式转化为，后者可利用导数证明，再证明，从而可得题设中的不等式. 【小问1详解】 ， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上为单调递增， 因为有两个零点，故，故. 当时，，而， 设，则，故在上为增函数， 故，故， 而，故当时，确有两个实数根， 综上，. 【小问2详解】 由（1）可得， 先证明：，即证， 而，故即证， 而，故即证， 即证，而， 故即证：， 设，则， 设，则， 故在上为减函数，故， 故在上为增函数，故即成立， 故. 设，则， 故在上为增函数，故， 故，故， 故 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$