精品解析：福建省厦门大学附属科技中学2024-2025学年高二下学期期中数学试题

2024-2025学年（下）厦门大学附属科技中学期中阶段性检测 高二数学试题 （考试时长：120分钟 满分：150分） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷第2至4页. 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效. 第Ⅰ卷 （选择题 共58分） 一、单项选择题：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. 已知函数，则（ ） A 2 B. C. 1 D. 2. 设随机变量服从正态分布，若，则实数（ ） A. 3 B. 4 C. 1 D. 2 3. 某研究性学习小组有4名男生和4名女生，一次问卷调查活动需要挑选3名同学参加，其中至少一名女生，则不同的选法种数为（ ） A. 120种 B. 84种 C. 52种 D. 48种 4. 如图所示，在由二项式系数构成的杨辉三角中，第行中从左至右第个数与第个数的比为，则（ ） A. B. C. D. 5. 函数的图像大致为（ ） A. B. C. D. 6. 进位制是人们为了计数和运算方便而约定记数系统，约定满十进一就是十进制，满八进一就是八进制，即“满几进一”就是几进制，不同进制的数可以相互转换，如十进制下，，用八进制表示159这个数就是237.现用八进制表示十进制的，则这个八进制数的最后一位为（ ） A 3 B. 4 C. 5 D. 7 7. 将函数的图象绕坐标原点顺时针旋转后第一次与轴相切，则（ ） A. B. C. D. 8. 随机变量的分布列如下所示则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的选项中，有多项符合题意.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，则下列说法中正确的是（ ） A B. C. 二项式系数和为128 D. 10. 一口袋中有除颜色外完全相同3个红球和2个白球，从中无放回的随机取两次，每次取1个球，记事件：第一次取出的是红球；事件：第一次取出的是白球；事件B：取出的两球同色；事件C：取出的两球中至少有一个红球，则下列说法中正确的是（ ） A. 事件，为互斥事件 B. C. 事件B，C为独立事件 D. 11. 定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且，则下列说法中一定正确的是（ ） A. 为偶函数 B. 为奇函数 C. 函数是周期函数 D. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量，若，，则___________. 13. 函数在有零点，则实数的取值范围为__________. 14. 某商场设有电子盲盒机，每个盲盒外观完全相同，规定每个玩家只能用一个账号登陆，且每次只能随机选择一个开启.已知玩家第一次抽盲盒，抽中奖品的概率为，从第二次抽盲盒开始，若前一次没抽中奖品，则这次抽中的概率为，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为.记玩家第次抽盲盒，抽中奖品的概率为，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. 已知单调递增的等差数列满足，且成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和，求证：. 16. 已知函数. （1）求函数的单调区间和极值； （2）若对恒成立，求实数的取值范围. 17. 某校由5名教师组成校本课程讲师团，其中2人有校本课程开设经验，3人没有校本课程开设经验.先从这5名教师中随机抽选2名教师开设校本课程，该期校本课程结束后，再从这5名教师中随机抽选2名教师开设下一期校本课程. （1）在第一次抽选的2名教师中，有校本课程开设经验的教师人数记为X，求X的分布列和数学期望； （2）求“在第二次抽选的2名教师中，有校本课程开设经验的教师人数是1”的概率. 18. 已知双曲线：的离心率为，点在双曲线上．过的左焦点F作直线交的左支于A、B两点． （1）求双曲线C的方程； （2）若，试问：是否存在直线，使得点M在以为直径的圆上?请说明理由． （3）点，直线交直线于点．设直线、的斜率分别、，求证：为定值． 19. 已知函数． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）时； （ⅰ）若，求的取值范围； （ⅱ）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年（下）厦门大学附属科技中学期中阶段性检测 高二数学试题 （考试时长：120分钟 满分：150分） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷第2至4页. 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效. 第Ⅰ卷 （选择题 共58分） 一、单项选择题：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. 已知函数，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的导数，再利用导数的定义求出极限值. 【详解】函数，求导得， 所以. 故选：B 2. 设随机变量服从正态分布，若，则实数（ ） A 3 B. 4 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据正态分布的性质计算可得； 【详解】因为随机变量服从正态分布，且，所以由正态分布的对称性可知，，. 故选：D. 3. 某研究性学习小组有4名男生和4名女生，一次问卷调查活动需要挑选3名同学参加，其中至少一名女生，则不同的选法种数为（ ） A. 120种 B. 84种 C. 52种 D. 48种 【答案】C 【解析】 【分析】利用间接法，先求出8人中任选3人的方案，再求出没有女生的方案，即可求解. 【详解】8人中任选3人的组队方案有种， 没有女生方案有种， 所以符合要求的组队方案有种. 故选：C. 4. 如图所示，在由二项式系数构成的杨辉三角中，第行中从左至右第个数与第个数的比为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式定理可知第行第个数为，可列方程，解方程即可. 【详解】由二项式定理可知第行第个数为， 则第行中从左至右第个数与第个数分别为，， 又比值为， 即， 化简可得， 解得， 故选：C. 5. 函数的图像大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别讨论与两种情况，利用导数与函数的关系研究的图像，从而得解. 【详解】因为， 当时，，则， 令，得；令，得； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，从而排除B； 当时，，则， 所以在上单调递增，从而排除D； 又，从而排除C； 由于排除了选项BCD，而选项A又满足上述的性质，故A正确. 故选：A. 6. 进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满十进一就是十进制，满八进一就是八进制，即“满几进一”就是几进制，不同进制的数可以相互转换，如十进制下，，用八进制表示159这个数就是237.现用八进制表示十进制的，则这个八进制数的最后一位为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】由，通过二项式定理展开即可求解. 【详解】， 而，故最后一位数为7， 故选：D. 7. 将函数的图象绕坐标原点顺时针旋转后第一次与轴相切，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由与相切即可求解； 【详解】由题意可知：是过原点的切线， 设切点坐标为：，， 则，解得：， 所以， 故选：C 8. 随机变量的分布列如下所示则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由分布列的性质可得的关系，再由期望公式求，由方差公式求，利用导数求的最大值. 【详解】由题可知，，， 所以，， ， ， 则， 令， 则， 则在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以的最大值为． 故选：D． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的选项中，有多项符合题意.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，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. 二项式系数和为128 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】令可判断A，令可判断B，求出二项式系数和可判断C，对两边求导，令可判断D. 【详解】由， 对于A，令得，故A正确； 对于B，令得，所以，故B错误； 对于C，二项式系数和为，故C错误； 对于D，对两边求导，得 ，令得，故D正确. 故选：AD. 10. 一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，从中无放回的随机取两次，每次取1个球，记事件：第一次取出的是红球；事件：第一次取出的是白球；事件B：取出的两球同色；事件C：取出的两球中至少有一个红球，则下列说法中正确的是（ ） A. 事件，为互斥事件 B. C. 事件B，C为独立事件 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据独立事件和互斥事件的概念，判断事件之间的关系，通过古典概型概率公式和条件概率公式求事件概率. 【详解】对A，事件：第一次取出的是红球；事件：第一次取出的是白球，因为一次只取一个球，事件，不可能同时发生，所以为互斥事件，A正确. 对B，取出的两球同色分为都是红色和都是白色，则，所以B正确. 对C，已知事件C：取出的两球中至少有一个红球，则对立事件为两个球没有红色，则概率， 积事件为两个红色球，则,可知，所以C错误 对D，由题意知，积事件为第一次取白球，第二次取红球，则， 根据条件概率公式可知，所以D正确. 故选：ABD. 11. 定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且，则下列说法中一定正确的是（ ） A. 为偶函数 B. 为奇函数 C. 函数是周期函数 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】结合函数与导数的关系，函数的奇偶性、对称性与周期性的定义，借助赋值法与函数性质逐项判断即可得. 【详解】对A：由，故为奇函数， 若为偶函数，则，与条件不符，故A错误； 对B：由，则， 又，即， 即，又定义在上， 故为奇函数，故B正确； 对C：由，，， 所以，则， 所以，， 所以，所以， 则函数是周期为的周期函数，函数是周期为的周期函数，故C正确； 对D：由是周期函数的周期函数， 由，令，则，即， 令，则，即， 由，， 则，则关于对称，则关于对称， 又为奇函数，即关于中心对称， 故关于对称，则， 则，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论： （1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立； （2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量，若，，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据二项分布的期望和方差公式，即可求解. 【详解】由条件可知，解得：，. 故答案为： 13. 函数在有零点，则实数取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】分离参数得到，由题转化为求的值域即可. 【详解】由题有解，即, 令 得, 当时 单调递减, 当时, 单调递增, , 所以, 故. 故答案为：. 14. 某商场设有电子盲盒机，每个盲盒外观完全相同，规定每个玩家只能用一个账号登陆，且每次只能随机选择一个开启.已知玩家第一次抽盲盒，抽中奖品的概率为，从第二次抽盲盒开始，若前一次没抽中奖品，则这次抽中的概率为，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为.记玩家第次抽盲盒，抽中奖品的概率为，则__________；__________. 【答案】 ①. ； ②. . 【解析】 【分析】记玩家第次抽盲盒并抽中奖品为事件，则由全概率公式可得，利用构造法可求通项并得到. 【详解】记玩家第次抽盲盒并抽中奖品为事件， 依题意，，，，， ， 所以，所以， 又因为，则， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 故，则， 故， 故答案为： ， . 【点睛】思路点睛：概率计算中马尔科夫链问题，关键在于利用全概率公式构建数列的递推关系，再结合数列中构造法即可求出概率的一般形式. 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. 已知单调递增的等差数列满足，且成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和，求证：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由等差数列与等比数列的性质及待定系数法即可求得数列的通项公式； （2）先求出，再用裂项相消法即可化简数列的前项和，从而得证. 【小问1详解】 设数列的公差为，则，① 成等比数列，， ，② 由①②可得或者（舍）， 【小问2详解】 由（1）可知，则: ， 所以 . 16. 已知函数. （1）求函数的单调区间和极值； （2）若对恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）增区间为，，减区间为，极大值为，极小值为 （2） 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数判断函数单调性； （2）根据函数单调性可得函数的最值，即可得参数范围. 【小问1详解】 由已知，则， 令，解得或， 则 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 即函数的单调递增区间为，，单调递减区间为， 函数的极大值为，极小值为； 【小问2详解】 由（1）得函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又，， 所以当时，的最小值为， 即，解得， 即实数的取值范围是. 17. 某校由5名教师组成校本课程讲师团，其中2人有校本课程开设经验，3人没有校本课程开设经验.先从这5名教师中随机抽选2名教师开设校本课程，该期校本课程结束后，再从这5名教师中随机抽选2名教师开设下一期校本课程. （1）在第一次抽选的2名教师中，有校本课程开设经验的教师人数记为X，求X的分布列和数学期望； （2）求“在第二次抽选的2名教师中，有校本课程开设经验的教师人数是1”的概率. 【答案】（1）分布列见解析，数学期望为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据超几何分布的知识求得分布列并求得数学期望. （2）利用全概率公式来求得正确答案. 【小问1详解】 的可能取值为0,1,2， ， 所以随机变量的分布列为 0 1 2 其数学期望为. 【小问2详解】 用表示事件“在第二次抽选的2名教师中，有校本课程开设经验的教师人数是”， 用表示事件“第一次抽选的2名教师中，有校本课程开设经验的教师人数是”， 两两互斥，， 由(1)知， 由全概率公式得， ， 所以在第二次抽选的2名教师中，有校本课程开设经验的教师人数是的概率为. 18. 已知双曲线：的离心率为，点在双曲线上．过的左焦点F作直线交的左支于A、B两点． （1）求双曲线C的方程； （2）若，试问：是否存在直线，使得点M在以为直径的圆上?请说明理由． （3）点，直线交直线于点．设直线、的斜率分别、，求证：为定值． 【答案】（1）； （2）不存在，理由见解析； （3）证明见解析 【解析】 【分析】(1)根据题意列式求，进而可得双曲线方程； (2)设，联立方程，利用韦达定理判断是否为零即可； (3)用两点坐标表示出直线，得点坐标，表示出，结合韦达定理，证明为定值． 【小问1详解】 由双曲线的离心率为，且在双曲线上， 可得，解得，∴双曲线的方程为． 【小问2详解】 双曲线的左焦点为， 当直线的斜率为0时，此时直线为，与双曲线左支只有一个交点，舍去； 当直线的斜率不为0时，设， 联立方程组，消得，易得， 设，则，可得， ∵， 则 ， 即，可得与不垂直， ∴不存在直线，使得点在以为直径的圆上． 【小问3详解】 由直线，得， ∴，又， ∴ ， ∵，∴，且， ∴，即为定值． 19. 已知函数． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）时； （ⅰ）若，求的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】（1） （2） （ⅰ）（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）令时，利用导数的几何意义求出斜率，进行计算求出切线方程即可. （2）（ⅰ）设由得，再证明此时满足. （ⅱ）根据（ⅰ）结论判断出在上单调递增，即 【小问1详解】 当时， 所以切线方程为：即 【小问2详解】 （ⅰ） 即， 设 又是的一个必要条件，即 下证时，满足 又， 设在上单调递减， 所以， 又即在单调递增. 时，； 下面证明时不满足， ， 令， 则， ， ∴在为增函数， 令满足， 则， 又∴,使得， 当时，， ∴此时在为减函数， 当时，， ∴时，不满足恒成立. 综上. （ⅱ）设 由（ⅰ）知， 在上单调递增，即 【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是进行必要性探路，然后证明充分性，得到所要求的参数范围即可． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$