青海省西宁市湟中区第一中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷

湟中一中2024-2025学年第二学期期中考试 高二数学试卷 （时间：120分钟 总分：150分） 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.已知函数，则( ) A.-2 B.-1 C.0 D.1 2.为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤菜、4种小荤菜中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有( ) A.48种 B.36种 C.24种 D.12种 3.某中学从4名男生和3名女生中选4人参加某高校自主招生考试，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有(　　) A.140种 B.120种 C.35种 D.34种 4.已知函数的导函数的图象如图所示，则( ) A.在上单调递增 B.在上单调递减 C.在处取得最大值 D.在处取得最小值 5.函数的图象在点处的切线方程为( ) A. B. C. D. 6.已知某校高三学生在一次考试中的数学成绩，在该校高三学生中任选1人，该学生的数学成绩不低于120分的概率为0.21，则该学生的数学成绩在内的概率为( ) A.0.21 B.0.29 C.0.58 D.0.79 7.现有4名男生，2名女生.从中选出3人参加学校组织的社会实践活动，在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为（    ） A． B． C． D． 8.若函数是其定义域上的增函数，则实数a的取值范围是( ) A. B. C. 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.（多选）已知函数，则( ) A.在上单调递增 B.是的极大值点 C.有三个零点 D.在上的最大值是4 10.一纸盒中共有6张形状和质地一样的卡片，其中4张是红色卡片，2张是黄色卡片.现从纸盒中有放回地随机取4次，每次取1张卡片，取到红色卡片记1分，取到黄色卡片记0分，记4次取卡片所得的总分数为X，则( ) A. B. C. D. 11.（多选）已知曲线在原点处的切线与曲线在处的切线重合，则( ) A. B. C. D.曲线在处的切线方程为 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80，则实数k的值为________. 13.如图,电路中A、B、C三个电子元件正常工作的概率分别为, ,则该电路正常工作的概率__________________. 14.若对任意的，不等式恒成立，则实数a的取值范围为___________. 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.（13分）已知的展开式中，第3项的二项式系数与第2项的二项式系数的比为． (1)求n的值， (2)求展开式中的常数项； 16.（15分）袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n号的有n(n＝1，2，3，4)个.现从袋中任取一球，X表示所取球的标号. (1)求X的分布列、均值； (2)若Y＝aX＋4，E(Y)＝1，求a的值. 17.（15分）导数的几何意义已知函数在处取得极值7. （1）求的单调区间； （2）求在上的最值. 18.（17分）学校宿舍楼前草坪上种植了4棵桃树，每棵桃树成活与否是相互独立的，成活率为p，设为成活桃树的株数，数学期望. （1）求p的值并写出的分布列； （2）若有2棵或2棵以上的桃树未成活，则需要补种，求需要补种桃树的概率. 19.（17分（1）4分，（2）7分，（3）6分）已知函数，，． (1)若曲线在点处的切线的斜率为3，求的值； (2)当，函数有两个不同零点，求m的取值范围； (3)若，不等式恒成立，求实数的取值范围． 答案与解析 1.答案：C解析：，则.故选：C 2.答案：B解析：由题意可知，分三步完成： 第一步，从2种主食中任选一种，有2种选法； 第一步，从3种素菜中任选一种，有3种选法； 第三步，从6种荤菜中任选一种，有6种选法， 根据分步乘法计数原理，共有（种）不同的选取方法.故选B. 3.D　解析：从7人中选4人，共有C＝35(种)选法，4人全是男生的选法有C＝1(种)， 故4人中既有男生又有女生的选法种数为35－1＝34(种). 4. 答案：B 解析：根据导函数图象，可知当，单调递减； 当，单调递增；，单调递减；当，单调递增. 在处取得极大值，不一定最大值，当在处取得极小值，不一定最小值， 故ACD错误. 5.答案：A解析：因为函数，所以，所以，， 所以图象在点处的切线方程为，即，故选：A. 6.答案：B解析：由题可得. 7.解析：记男生甲被选中为事件A，女生乙被选中为事件B，则， 所以.故选：D 8.答案：D解析：由已知条件，得，即恒成立.设函数，则.由，得；由，得.所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，解得.故选D. 9.答案：BCD 解析：，令，解得或，与随x的变化情况如下表： x 2 + 0 - 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 因此函数在上单调递增，在上单调递减，故A错误；是的极大值点，故B正确；因为，，， 由函数的单调性及零点存在性定理可知有三个零点，故C正确；当的定义域为时，在上单调递减，在上单调递增，又， 所以在上的最大值是4，故D正确. 10.答案：BC 解析：由题意可知每次取到红色卡片的概率为，则，故A项错误； ，故B项正确；，故C项正确； ，故D项错误.故选：BC 11.答案：ACD 解析：令，则，依题意，解得，故A正确；依题意可得曲线在原点处的切线过点，所以，故C正确； 又，所以，则曲线在处的切线方程为，故B错误，D正确.故选：ACD 12.答案：2 解析：由二项式的展开式的通项为，其中，因为展开式中的系数为，令，可得，解得. 13.答案：解析：由题,该电路正常工作指的是A元件正常工作且B,C中至少有一个能正常工作, 设A,B,C元件能正常工作为事件A,B,C,该电路正常工作为事件D,由题A,B,C相互独立,则 14.答案：解析：可化为. 令， 设，，则，设， 令，可得的单调递增区间为，由在上单调递增可知，，则，解得. 15.解析（1）根据题意，，所以； （2）由（1）二项式展开式的通项公式为， 由得，所以展开式中的常数项为； （3）由（1），展开式中含项为： 所以展开式中含项的系数为6252. 16.(1)X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P X的均值E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝. (2)E(Y)＝aE(X)＋4＝1，又E(X)＝，则a·＋4＝1，∴a＝－2. 17.解析：（1），因为函数在处取得极值7， 所以，解得， 所以，， 令，解得或，令，解得， 所以的单调增区间是，，单调减区间是. （2）由（1）得，单调递增，，单调递减，，单调递增，，， ，， 所以，. 18.解析：（1）由题意知，服从二项分布，即. 因为，所以. 由于所有可能的取值为0，1，2，3，4， 所以，，，，， 则的分布列为 0 1 2 3 4 P （2）记“需要补种桃树”为事件A. 由（1）得，，所以需要补种桃树的概率为. 19.解析（1）因为 所以，即. （2）由题意，，即，所以，            当时，，所以在单调递增； 当时，，所以在单调递减； ，，；所以，即， 所以m的取值范围为. （3）因为(x)对恒成立，所以对恒成立， 即对恒成立．              设，其中，所以，                                         ，  设，其中，则， 所以，函数在上单调递增． 因为，，所以，存在，使得，    当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以．因为，则， 由（2）得，当时，在上为增函数，因为，则，则， 由可得，所以， 所以，可得，                所以，所以． 所以实数a的取值范围为． 学科网（北京）股份有限公司 $$