精品解析：河北省雄安新区部分学校2024-2025学年高二下学期4月月考数学试题

高二下学期期中考试 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第二册第五章至选择性必修第三册第七章第4节. 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. 现有4幅不同的油画，3幅不同的国画，2幅不同的水彩画，从这些画中选1幅布置房间，则不同的选法共有（ ） A. 9种 B. 6种 C. 12种 D. 24种 2. 已知某质点的位移（单位：）与时间（单位：）的关系式是，则质点在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 3. 已知随机变量X的分布列为 则（ ） A. B. C. D. 4. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 一捆树苗中有6棵松树树苗和4棵杉树树苗，松树树苗的成活率为0.9，杉树树苗的成活率为0.8，从这捆树苗中随机抽1棵种植，其成活的概率为（ ） A. 0.8 B. 0.86 C. 0.88 D. 0.9 6. 已知直线与函数，的图象分别交于点、，当取得最小值时，（ ） A. B. C. D. 7. 一个盒子中有5个白色乒乓球和4个橘黄色乒乓球．现从盒子中任取3个乒乓球，记取出的3个乒乓球中的颜色为橘黄色的个数为，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 8. 将一根长为3的铁丝截成9段，使其组成一个正三棱柱的框架（铁丝长等于正三棱柱所有棱的长度之和），则该正三棱柱的体积最大为（ ） 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. 已知定义在上的函数的导函数为，的图象如图所示，则（ ） A. 在上单调递增 B. 在上单调递减 C. 有1个极大值点 D. 有1个极小值点 10. 已知函数，下列结论正确的是（ ） A. 若为奇函数，则 B. 的图象关于直线对称 C. 若，则的单调递增区间为 D. 当时，在上单调递增 11. 已知表示中最小的数，表示中最大的数.若数列，都只有项，且都是由数字，，，，，，，随机排列而成的（每个数字都出现，但不重复出现），记，，则（ ） A. X的值可能为，，， B. 的值可能为，，， C. 的概率为 D. 的概率为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，的系数为__________. 13. 将6名志愿者安排到5个小区参加以“健康生活”为主题的宣传活动，每名志愿者只去1个小区，每个小区至少安排1名志愿者，则不同的安排方法共有___________种． 14. 已知函数与的图象上存在关于坐标原点对称的点，则的取值范围是__________. 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. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在上恰有2个零点，求的取值范围． 16. 为了研究某中药预防方对预防某种疾病的效果，进行实验后得到如下结果： 单位：人 服用情况 患病情况 患病 不患病 服用中药预防方 100 900 不服用中药预防方 400 600 （1）从参与该实验的人中任选1人，A表示事件“选到的人服用中药预防方”，B表示事件“选到的人不患病”．利用该调查数据，求的值． （2）以频率作为概率，若每天从参与该实验且服用了中药预防方的人中随机抽取1人，连续抽10天，每天抽取的结果相互独立，记这10天抽到的人中不患病的人数为X，求X的期望． 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若，求的取值范围. 18. 甲、乙两人玩一个游戏：甲、乙各自一次性投掷3枚骰子，观察点数为1的骰子个数，根据点数为1的骰子个数给甲、乙积分.规定：每掷出1个点数为1的骰子积10分. （1）求甲积20分的概率； （2）假设甲的初始积分为50，最终积分为初始积分减去掷骰子所得的积分，记甲的最终积分为X，求； （3）在（2）的条件下，若乙没有掷出点数为1的骰子，则乙的初始积分为40，若乙掷出了点数为1的骰子，乙的初始积分为，最终积分为初始积分减去掷骰子所得的积分，记乙的最终积分为Y，且，求m的最小值. 附：设X，Y为两个随机变量，则，. 19. 某商家为吸引顾客，准备了两份奖品，凡是进店消费即可参与抽奖，奖品被抽完即抽奖活动终止．抽奖的规则如下：在一个不透明的盒子中有放回地取球（小球大小和质地相同），取出红球，则不获奖，取出白球，则获奖．刚开始盒子中有个白球和个红球，参与抽奖的顾客从盒子中随机抽取1个球，若不获奖，则将球放回，该顾客抽奖结束，下一名顾客继续抽奖．若获奖，则将球放回后再往盒子中加个红球，该顾客再继续抽奖．若第二次抽奖不获奖，则将球放回，该顾客只获得一份奖品，抽奖结束，下一名顾客继续抽奖；若第二次抽奖获奖，则该顾客获得两份奖品，整个抽奖活动结束．该活动深受顾客喜欢，假设这两份奖品没被抽完前始终有顾客参与抽奖． （1）求第名和第名顾客各抽中一份奖品的概率； （2）求这两份奖品都被第名顾客抽取的概率； （3）求由第名顾客终止抽奖活动的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二下学期期中考试 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第二册第五章至选择性必修第三册第七章第4节. 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. 现有4幅不同的油画，3幅不同的国画，2幅不同的水彩画，从这些画中选1幅布置房间，则不同的选法共有（ ） A. 9种 B. 6种 C. 12种 D. 24种 【答案】A 【解析】 【分析】利用分类加法计数原理进行求解 【详解】根据分类加法计数原理，共有种不同的选法. 故选：A 2. 已知某质点的位移（单位：）与时间（单位：）的关系式是，则质点在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的物理意义，该质点的瞬时速度为质点关于位移的导数，求导代入即可求解. 【详解】∵某质点的位移（单位：）与时间（单位：）的关系式是， ∴，∴质点在时的瞬时速度为. 故选：D. 3. 已知随机变量X的分布列为 则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，求得随机变量的数学期望，结合方差的计算公式，即可求解. 【详解】由随机变量的分布列，可得：， 所以方差为. 故选：D. 4. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出导函数得出切线斜率，再应用点斜式写出直线方程. 【详解】，所求切线方程为． 故选：A. 5. 一捆树苗中有6棵松树树苗和4棵杉树树苗，松树树苗的成活率为0.9，杉树树苗的成活率为0.8，从这捆树苗中随机抽1棵种植，其成活的概率为（ ） A. 0.8 B. 0.86 C. 0.88 D. 0.9 【答案】B 【解析】 【分析】利用全概率公式即可求解. 【详解】由全概率公式可得其成活的概率为. 故选：B. 6. 已知直线与函数，的图象分别交于点、，当取得最小值时，（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令函数，利用导数求出函数的最小值及其对应的值，即可得出结论. 【详解】由题意可得， 令函数，则． 由可得，由可得， 所以，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，，即的最小值为，此时． 故选：A. 7. 一个盒子中有5个白色乒乓球和4个橘黄色乒乓球．现从盒子中任取3个乒乓球，记取出的3个乒乓球中的颜色为橘黄色的个数为，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】盒中有两种颜色的球，任取3个，橘黄色的可能有0个，1个，2个，3个，属于超几何分布，套公式求期望即可. 【详解】盒中有两种颜色的球，任取3个，橘黄色的可能有0个，1个，2个，3个，属于超几何分布， 取出的3个乒乓球中的颜色为橘黄色的个数为，则． 故选：C. 8. 将一根长为3的铁丝截成9段，使其组成一个正三棱柱的框架（铁丝长等于正三棱柱所有棱的长度之和），则该正三棱柱的体积最大为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出正三棱柱的体积，再求出导函数，根据导函数正负得出函数单调性，进而得出最大值即可. 【详解】设正三棱柱的底面边长为x，侧棱长为y，则，即． 正三棱柱的体积． 当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，V取得最大值，最大值为． 故选：C. 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. 已知定义在上的函数的导函数为，的图象如图所示，则（ ） A. 在上单调递增 B. 在上单调递减 C. 有1个极大值点 D. 有1个极小值点 【答案】AD 【解析】 【分析】根据图象中导数的正负情况结合导数与单调性的关系、极值点得定义即可得解. 【详解】由图可得，当时，所以函数在上单调递减， 当时，当且仅当，所以函数在上单调递增. 综上在上单调递减，在上单调递增，故A正确，B错误； 有1个极小值点，无极大值点，故C错误，D正确. 故选：AD. 10. 已知函数，下列结论正确的是（ ） A. 若为奇函数，则 B. 的图象关于直线对称 C. 若，则的单调递增区间为 D. 当时，在上单调递增 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，求定义域，根据奇函数性质求出；B选项，计算出，B正确；C选项，，解不等式求出单调递增区间；D选项，求导，得到，其中，解不等式求出单调递增区间. 【详解】A选项，的定义域为， 若为奇函数，则，解得，A错误． B选项，， 所以的图象关于直线对称，B正确． C选项，若，则． 令，解得， 所以的单调递增区间为，C正确． D选项， ， 当时，，故． 令，即，解得， 所以的单调递增区间为，D正确． 故选：BCD 11. 已知表示中最小的数，表示中最大的数.若数列，都只有项，且都是由数字，，，，，，，随机排列而成的（每个数字都出现，但不重复出现），记，，则（ ） A. X的值可能为，，， B. 的值可能为，，， C. 的概率为 D. 的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先确定满足条件的的个数，再结合定义确定的可能取值，确定取各值的方法数，由此可得取各值的概率，再求的值及取各值的概率，结合概率加法和乘法公式求结论. 【详解】将1，2，3，4，5，6，7，8平均分成组，有种分法. X的值可能为，，，，A正确； 不妨设， 若，，，中的最大值为，则，，，中的最大值为，有种情况，此时. 若，，，中的最大值为，则，，，中的最大值为，有种情况，此时. 若，，，中的最大值为，则，，，中的最大值为，有种情况，此时. 若，，，中的最大值为，则，，，中的最大值为，有种情况，此时. ，，，. ，C正确； 又的值可能为，，，，B错误； 不妨设 若，，，中的最小值为，则，，，中的最小值为，有种情况，此时. 若，，，中的最小值为，则，，，中的最小值为，有种情况，此时. 若，，，中的最小值为，则，，，中的最小值为，有种情况，此时. 若，，，中的最小值为，则，，，中的最小值为，有种情况，此时. ，，，. ，D正确. 故选：ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，的系数为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由二项式展开式的通项即可求得结果. 【详解】， 令，则，即的系数为. 故答案为：. 13. 将6名志愿者安排到5个小区参加以“健康生活”为主题的宣传活动，每名志愿者只去1个小区，每个小区至少安排1名志愿者，则不同的安排方法共有___________种． 【答案】1800 【解析】 【分析】先利用组合数的概念从名志愿者中选出人作为一组，再利用排列数的概念将分好的组全排列分配到个小区，最后根据分步乘法计数原理计算出不同的安排方法总数． 【详解】先将2名志愿者看作一组，选法有种， 再将5组志愿者分配到5个小区，分法有种，故不同的安排方法有种． 故答案为： 14. 已知函数与的图象上存在关于坐标原点对称的点，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意得方程在上有解，则的取值范围是的值域. 【详解】由题意得方程在上有解， 即在上有解，则的取值范围是的值域. 令，则. 令，则，所以在上单调递减. 因为，所以存在，使得，即. 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以， 又，，所以的值域为. 故的取值范围是. 故答案为：. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在上恰有2个零点，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出时的导数，然后利用导数的几何意义求出切线方程； （2）求得，根据的符号讨论出函数的单调性，若在上恰有2个零点，则必须满足，解不等式可得结果. 【小问1详解】 当，则，， 所以曲线在点处的切线的斜率为， 又因为，因此曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 ，，， 当时，，，此时在上单调递增； 当时，，，此时在上单调递减； 因此，若在上恰有2个零点， 则必须满足：，解得：， 所以实数a的取值范围为. 16. 为了研究某中药预防方对预防某种疾病的效果，进行实验后得到如下结果： 单位：人 服用情况 患病情况 患病 不患病 服用中药预防方 100 900 不服用中药预防方 400 600 （1）从参与该实验的人中任选1人，A表示事件“选到的人服用中药预防方”，B表示事件“选到的人不患病”．利用该调查数据，求的值． （2）以频率作为概率，若每天从参与该实验且服用了中药预防方的人中随机抽取1人，连续抽10天，每天抽取的结果相互独立，记这10天抽到的人中不患病的人数为X，求X的期望． 【答案】（1） （2）9 【解析】 【分析】（1）概率计算，依据条件概率公式来求解； （2）二项分布期望的计算，根据二项分布的期望公式进行计算． 【小问1详解】 由题意可得， ． ． 【小问2详解】 从参与该实验且服用了中药预防方的人中随机抽取1人，不患病的概率为． 由已知得， 则． 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） 当时，是减函数； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）. 【解析】 【分析】（1）先对函数求导，再对参数分情况讨论即可得到单调性. （2）将条件转化为不等式恒成立问题，再构造函数，判断单调性求出最值即可证明结论. 【小问1详解】 . 当时，是减函数. 当时，令，解得. 当时，；当. 所以在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，是减函数； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 ，即. 令，则，所以. 因为在上单调递增，所以，即. 令 当时，；当. 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以. 故的取值范围为. 18. 甲、乙两人玩一个游戏：甲、乙各自一次性投掷3枚骰子，观察点数为1的骰子个数，根据点数为1的骰子个数给甲、乙积分.规定：每掷出1个点数为1的骰子积10分. （1）求甲积20分的概率； （2）假设甲的初始积分为50，最终积分为初始积分减去掷骰子所得的积分，记甲的最终积分为X，求； （3）在（2）的条件下，若乙没有掷出点数为1的骰子，则乙的初始积分为40，若乙掷出了点数为1的骰子，乙的初始积分为，最终积分为初始积分减去掷骰子所得的积分，记乙的最终积分为Y，且，求m的最小值. 附：设X，Y为两个随机变量，则，. 【答案】（1） （2）45 （3） 【解析】 【分析】（1）由甲积20分，得到甲掷出的3个骰子中有2枚点数为1的骰子，结合独立重复试验的概率公式，即可求解； （2）记甲掷骰子所得的积分为，得到的可能取值为，求得相应的概率，列出分布列，利用期望公式，求得，得到的值； （3）由乙没有掷出点数为1的骰子的概率为，乙掷出了点数为1的骰子的概率为，设乙的初始积分为，求得，再记乙掷骰子所得的积分为，得到，得到，结合，进而求得m的最小值. 【小问1详解】 解：投掷1枚骰子，得到点数为1的概率为， 若甲积20分，则甲掷出的3个骰子中有2枚点数为1的骰子， 所以甲积20分的概率为. 【小问2详解】 解：记甲掷骰子所得的积分为，则的可能取值为， 则，， ，， 所以随机变量的分布列为： 0 10 20 30 所以，则. 【小问3详解】 解：若乙没有掷出点数为1的骰子，则其概率为； 若乙掷出了点数为1的骰子，则其概率为， 记乙的初始积分为Z，则， 记乙掷骰子所得的积分为，同理可得，故， 因为，所以， 解得，即m的最小值为. 19. 某商家为吸引顾客，准备了两份奖品，凡是进店消费即可参与抽奖，奖品被抽完即抽奖活动终止．抽奖的规则如下：在一个不透明的盒子中有放回地取球（小球大小和质地相同），取出红球，则不获奖，取出白球，则获奖．刚开始盒子中有个白球和个红球，参与抽奖的顾客从盒子中随机抽取1个球，若不获奖，则将球放回，该顾客抽奖结束，下一名顾客继续抽奖．若获奖，则将球放回后再往盒子中加个红球，该顾客再继续抽奖．若第二次抽奖不获奖，则将球放回，该顾客只获得一份奖品，抽奖结束，下一名顾客继续抽奖；若第二次抽奖获奖，则该顾客获得两份奖品，整个抽奖活动结束．该活动深受顾客喜欢，假设这两份奖品没被抽完前始终有顾客参与抽奖． （1）求第名和第名顾客各抽中一份奖品的概率； （2）求这两份奖品都被第名顾客抽取的概率； （3）求由第名顾客终止抽奖活动的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分析可知第名顾客抽取的是红球；第名顾客第一次抽取的是白球，第二次抽取的是红球；第名顾客抽取的是白球.结合独立事件的概率公式可求得所求事件的概率； （2）利用列举法列举出这两分别奖品都被第名、第名、第名顾客抽走的概率，利用归纳可得出这两份奖品都被第名顾客抽取的概率； （3）设由第名顾客终止抽奖的概率为，可得出的值，讨论的情形，第名顾客共抽取了两份奖品，则前面名顾客都没有抽到奖品；第名顾客抽取了一份奖品，则前面名顾客中第名顾客抽到了一份奖品，计算出两种情况下所求概率，相加即可得解. 【小问1详解】 由题意可得第名和第名顾客各抽中一份奖品，即第名顾客抽取的是红球； 第名顾客第一次抽取的是白球，第二次抽取的是红球；第名顾客抽取的是白球. 故第名和第名顾客各抽中一份奖品的概率为. 【小问2详解】 这两份奖品被第名顾客抽走的概率为， 被第名顾客抽走的概率为， 被第名顾客抽走的概率为， ， 被第名顾客抽走的概率为. 【小问3详解】 设由第名顾客终止抽奖的概率为，则，以下讨论的情形： 若第名顾客共抽取了两份奖品，则前面名顾客都没有抽到奖品，其概率为， 若第名顾客抽取了一份奖品，则前面名顾客中第名顾客抽到了一份奖品， 则前面名顾客五人抽到奖品，其概率为， 第名顾客只获得一份奖品，其概率为， 第名顾客到第名顾客都没有抽到奖品，其概率为， 所以，第名顾客抽取了一份奖品的概率为 ， 所以，， 当时，符合上式， 因此，由第名顾客终止抽奖活动的概率为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $