精品解析：青海省大通县第二中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷

大通县第二中学2024~2025学年第二学期期中考试 高二数学 全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚. 4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交. 5.本卷主要考查内容：选择性必修第二册第五章，选择性必修第三册第六章~第七章7.3. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 垃圾分类是保护环境、改善人居环境、促进城市精细化管理、保障可持续发展的重要举措，现将3袋垃圾随机投入4个不同的垃圾桶，则不同的投法有（ ） A. 7种 B. 12种 C. 64种 D. 81种 2. 已知函数，则＝（　　） A. B. 1 C. D. 2 3. 在的展开式中，第9项为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数的极值为，则实数（ ） A. B. C. D. 5. 下表是离散型随机变量的分布列，则常数的值是（ ） 0 1 2 0.36 A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 6. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知某班级中，喜欢科幻小说的学生占，喜欢科幻小说且喜欢推理小说的学生占，若从这个班级的学生中任意抽取一人，则在抽到的学生喜欢科幻小说的条件下，该学生也喜欢推理小说的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 在平面坐标系中，一个质点从原点出发，每次移动一个单位长度，且上下左右四个方向移动的概率相等，若该质点移动6次后所在坐标为，则该质点移动的方法总数为（ ） A. 120 B. 135 C. 210 D. 225 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. 已知随机变量满足，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是（ ） A. 若任意选择三门课程，选法总数为 B. 若物理和化学至少选一门，选法总数为 C. 若物理和历史不能同时选，选法总数为－ D. 若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为 11. 若将一边长为的正方形铁片的四角截去四个边长均为的小正方形，然后做成一个无盖的方盒，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，方盒的容积最大 B. 方盒的容积没有最小值 C. 方盒容积的最大值为 D. 方盒容积的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. _________. 13. 设随机变量服从两点分布，若，则________，_________. 14. 已知函数在上存在极值点，则实数的取值范围是__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知函数， （1）求a的值; （2）求函数的极小值. 16. 已知在的展开式中第二项的二项式系数是5. （1）求的值； （2）求展开式中含的项. 17. 一个袋中有大小与质地相同的2个黑球和3个白球，如果不放回地抽取2个球，记事件A表示“第一次抽到黑球”；事件B表示“第二次抽到黑球”． （1）分别求事件A、B、发生的概率； （2）求． 18. 已知不透明的袋子中装有7个大小质地完全相同的小球，其中2个白球，5个黑球，从中无放回地随机取球，每次取一个． （1）求前两次取出的球颜色相同的概率； （2）当白球被全部取出时，停止取球，记取球次数为随机变量，求的分布列以及数学期望． 19. 已知函数在处取得极值． （1）求的值； （2）设（其中），讨论函数的单调性； （3）若对，都有，求n的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大通县第二中学2024~2025学年第二学期期中考试 高二数学 全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚. 4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交. 5.本卷主要考查内容：选择性必修第二册第五章，选择性必修第三册第六章~第七章7.3. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 垃圾分类是保护环境、改善人居环境、促进城市精细化管理、保障可持续发展的重要举措，现将3袋垃圾随机投入4个不同的垃圾桶，则不同的投法有（ ） A. 7种 B. 12种 C. 64种 D. 81种 【答案】C 【解析】 【分析】因为每袋垃圾均有4个垃圾桶可以选择，结合分步乘法计数原理运算求解. 【详解】因为每袋垃圾均有4个垃圾桶可以选择，不同的投法有种. 故选：C. 2. 已知函数，则＝（　　） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数的定义求解. 【详解】因为，所以， 则. 故选：C 3. 在的展开式中，第9项为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】写出展开式通项公式，得到第9项. 【详解】，所以第9项是. 故选：B 4. 已知函数的极值为，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数分析函数的单调性，确定函数的极值点，利用极值点的函数值为，求参数的值. 【详解】由题目条件可得：函数的定义域为，． 当时，在上恒成立，所以在上单调递增，无极值；， 当，令，得；令，得． 所以函数在区间上单调递增，在上单调递减． 则是函数的极大值点，故，解得． 故选：A 5. 下表是离散型随机变量的分布列，则常数的值是（ ） 0 1 2 0.36 A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 【答案】B 【解析】 【分析】直接根据分布列的概率和为1列方程计算即可. 【详解】由已知得，解得或（舍去）. 故选：B. 6. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，解得，对函数求导，令，解得，即可求得. 【详解】令，得，解得， 所以， 令，得，解得， 所以，所以，所以. 故选：D 7. 已知某班级中，喜欢科幻小说的学生占，喜欢科幻小说且喜欢推理小说的学生占，若从这个班级的学生中任意抽取一人，则在抽到的学生喜欢科幻小说的条件下，该学生也喜欢推理小说的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，从这个班级的学生中任意抽取一人，记事件 “抽到的学生喜欢科幻小说”， “抽到的学生喜欢推理小说”，分析、的值，计算可得答案． 【详解】根据题意，从这个班级的学生中任意抽取一人， 记事件 “抽到的学生喜欢科幻小说”， “抽到的学生喜欢推理小说”， 则，， 故． 故选：D． 8. 在平面坐标系中，一个质点从原点出发，每次移动一个单位长度，且上下左右四个方向移动的概率相等，若该质点移动6次后所在坐标为，则该质点移动的方法总数为（ ） A. 120 B. 135 C. 210 D. 225 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，可分为质点往右移动4次，往左移动2次；质点往右移动3次，往左移动1次，往上移动一次，往下移动一次；质点往右移动2次，往上移动2次，往下移动2次，结合分类计数原理，即可求解. 【详解】根据题意，可分为三种情况： ①质点往右移动4次，往左移动2次，， ②质点往右移动3次，往左移动1次，往上移动一次，往下移动一次，， ③质点往右移动2次，往上移动2次，往下移动2次，， 所以质点移动的方法总数为225. 故选：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. 已知随机变量满足，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用数学期望以及方差的运算性质，求解即可. 【详解】，． 故选：AD． 10. 某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是（ ） A. 若任意选择三门课程，选法总数为 B. 若物理和化学至少选一门，选法总数为 C. 若物理和历史不能同时选，选法总数为－ D. 若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用组合的概念进行计算即可判断A；分类讨论物理和化学只选一门，物理化学都选然后进行计算判断B；利用间接法进行分析判断即可判断C，将问题分三类讨论：只选物理，只选化学，同时选物理和化学，由此进行计算和判断D. 【详解】解：由题意得： 对于选项A：若任意选择三门课程，选法总数为，A错误； 对于选项B：若物理和化学选一门，有种方法，其余两门从剩余的五门中选，有种选法； 若物理和化学选两门，有种选法，剩下一门从剩余的五门中选，有种选法，所以总数为，故B错误； 对于选项C：若物理和历史不能同时选，选法总数为，故C正确； 对于选项D：有3种情况：①选物理，不选化学，有种选法； ②选化学，不选物理，有种选法； ③物理与化学都选，有种选法. 故总数，故D错误. 故选：ABD 11. 若将一边长为的正方形铁片的四角截去四个边长均为的小正方形，然后做成一个无盖的方盒，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，方盒的容积最大 B. 方盒的容积没有最小值 C. 方盒容积的最大值为 D. 方盒容积的最大值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】将方盒容积表示为关于的函数的形式，利用导数可求得单调性、最值点和最值，由此可得结果. 【详解】由题意知：方盒的底面为边长为的正方形，高为，其中， 则方盒的容积为， ， 则当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，无最小值，ABC正确，D错误. 故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. _________. 【答案】2 【解析】 【分析】利用排列数和组合数公式计算即可. 【详解】. 故答案为：2 13. 设随机变量服从两点分布，若，则________，_________. 【答案】 ①. 0.6## ②. 0.6## 【解析】 【分析】根据两点分布求解概率及数学期望即可. 【详解】随机变量服从两点分布，， 根据两点分布概率性质可知：， 解得，所以. 故答案为：0.6；0.6. 14. 已知函数在上存在极值点，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】计算，然后转化为有解，可得的范围，最后进行检验可得结果. 【详解】， 由题意在上有解，则， 当时， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，当时，取极小值，即函数在上存在极值点. 所以实数的取值范围是. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知函数， （1）求a的值; （2）求函数的极小值. 【答案】（1） （2）极小值 【解析】 【分析】（1）求导函数，结合解方程即可； （2）令进而分析单调性，即可求出极值． 【小问1详解】 由题意可得，故， 【小问2详解】 由（1）得，所以，令，解得，因为 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数取得极小值． 16. 已知在的展开式中第二项的二项式系数是5. （1）求的值； （2）求展开式中含的项. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，即可得解； （2）写出展开式的通项，令，解得，再代入计算可得. 【小问1详解】 二项式展开式的通项为（其中且）， 依题意可得，解得； 【小问2详解】 二项式展开式的通项为（其中且）， 令，解得， 所以，即展开式中含的项为. 17. 一个袋中有大小与质地相同的2个黑球和3个白球，如果不放回地抽取2个球，记事件A表示“第一次抽到黑球”；事件B表示“第二次抽到黑球”． （1）分别求事件A、B、发生的概率； （2）求． 【答案】（1），，． （2） 【解析】 【分析】（1）由独立事件发生的概率求解即可； （2）由条件概率公式求解即可． 【小问1详解】 记“第一次抽到黑球”为事件，则； “第二次抽到黑球”为事件．则； 表示“第一次和第二次都抽到黑球”，则； 【小问2详解】 由（1）得：． 18. 已知不透明的袋子中装有7个大小质地完全相同的小球，其中2个白球，5个黑球，从中无放回地随机取球，每次取一个． （1）求前两次取出的球颜色相同的概率； （2）当白球被全部取出时，停止取球，记取球次数为随机变量，求的分布列以及数学期望． 【答案】（1） （2）的分布列为 2 3 4 5 6 7 期望为【解析】 【分析】（1）分两次都是黑球还是白球讨论计算； （2）的取值为2，3，4，5，6，7，，计算分布列与期望. 【小问1详解】 设事件A为“前两次取出的球颜色相同”， 设事件B为“第一次取黑球，第二次取黑球”，则， 事件C为“第一次取白球，第二次取白球”，则， 因为事件B与C互斥， 所以， 所以前两次取出的球颜色相同的概率为； 【小问2详解】 依题意，的取值为2，3，4，5，6，7， ，， ，， ，， 所以的分布列为 2 3 4 5 6 7 所以． 19. 已知函数在处取得极值． （1）求的值； （2）设（其中），讨论函数的单调性； （3）若对，都有，求n的取值范围． 【答案】（1） （2）当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时在上单调递增； 当时在上单调递增，在上单调递减； （3） 【解析】 【分析】（1）求导可得，再由在处取得极值列出方程，即可得到结果； （2）根据题意，求导可得，然后分，，以及讨论，即可得到结果； （3）根据题意，将原不等式化为即，当时，原不等式等价于，构造函数，求导得其最值，即可得到结果. 【小问1详解】 ， ， 又函数在处取得极值，，得， 经检验符合题意， ； 【小问2详解】 根据题意得 ， ①当时，当时，，当时，，所以在上单调递增，在单调递减； ②当时，当时，，当时，，所以在，上单调递增，在上单调递减； ③当时，，所以在上单调递增，无单调减区间； ④当时，当时，，当时，，所以在，上单调递增，在上单调递减， 综上，当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时在上单调递增； 当时在上单调递增，在上单调递减； 【小问3详解】 由题意，原不等式 ， ， 即， 当时，对任意，不等式恒成立， 当时，原不等式等价于， 设，则， 设，因为， 所以存在唯一，使得，即， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 故． ， ， ， ， ，即， 综上所述，的取值范围为． 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是将不等式等价为，再设，再利用导数求出其最大值即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $