精品解析：北京市大兴区2024-2025学年高二下学期期末检测数学试卷

大兴区2024~2025学年度第二学期期末检测试卷 高二数学 202507 本试卷共4页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将答题卡交回． 第一部分（选择题共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 在的展开式中，x的系数为（ ） A. B. 20 C. D. 10 2. 设函数，，则实数（ ） A. B. 1 C. D. 2 3. 已知随机变量服从二项分布，，则的数学期望是（ ） A B. 1 C. 2 D. 4. 已知函数在定义域上不是单调函数，则实数不可能是（ ） A. 0 B. C. 1 D. 5. 设等比数列的公比，其前n项和为，则下列等式中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 6. 给定一组正整数：，则“这5个数依次成等差数列”是“这5个数的平均数和中位数均为”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 设，随机变量的分布列如下表所示， X 0 1 P 则当概率在区间内增大时，方差的变化是（ ） A. 增大 B. 先增大后减小 C. 减小 D. 先减小后增大 8. 已知盒中有6个灯泡，其中4个正品，2个次品．从中取出2个正品，每次取出1个，取出后不放回，直到取出2个正品为止．设X为取出的次数，则（ ） A. B. C. D. 9. 已知直线是曲线与曲线公共切线，则实数（ ） A. B. 1 C. D. 10. 已知各项均为整数的数列满足：对任意的，．若，，，则正整数m的最大值为（ ） A. 63 B. 64 C. 65 D. 66 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知，则________ 12. 设等差数列的前项和为，，，当________时，最小． 13. 已知事件A与事件B相互独立，事件A概率，事件B的概率，则________； ________． 14. 设无穷等比数列的公比是q，能说明命题“若存在正整数，当时，，则为递增数列”是假命题的一组，的值为________，________． 15. 关于函数，给出下列四个结论： ①的值域是；②在区间上单调递增； ③是的一个极值点；④曲线与轴有且仅有个交点． 其中所有正确结论的序号为________． 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 已知无穷等比数列的各项都是正数，，． （1）求数列的通项公式； （2）设无穷数列{的前n项和为，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使数列唯一确定，求数列的前n项和． 条件①：，； 条件②：，； 条件③：，． 注：如果选择的条件不符合要求，此题得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分 17. 已知袋中装有个红球和个黄球，这个球除颜色外完全相同，现从该袋中不放回地随机摸出个球． （1）在第次摸出红球的条件下，第次摸出红球的概率； （2）设表示摸出红球的个数，求的分布列及数学期望； （3）若摸出个红球得分，摸出个黄球得分，直接写出摸出球得分的数学期望． 18 已知函数． （1）求曲线的斜率为1的切线方程； （2）当时，求证：； （3）设P是曲线上的动点，P在何处时，曲线在P处的切线斜率最小？（结论不要求证明） 19. 为了解某地中学生使用M、N两款大语言模型辅助日常学习的情况，对该地的80名初中生和120名高中生进行简单随机抽样，获得数据如下表： 初中生 高中生 使用 不使用 使用 不使用 M款 30人 50人 70人 50人 N款 60人 20人 40人 80人 假设所有学生对M、N两款模型是否使用互相独立．用频率估计概率． （1）从该地全体中学生中随机抽取1人，估计此人使用M款模型的概率P； （2）从该地全体初中生中随机抽取1人，全体高中生中随机抽取2人，记这3人中使用N款模型的人数为X，估计X的分布列； （3）假设该地某校初中生和高中生人数比为，从该校全体中学生中随机抽取1人，记其使用M款模型的概率估计值为，比较与（1）中P的大小．（结论不要求证明） 20. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）设函数，函数处取得极小值． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）是否存在，使得成立？说明理由． 21. 若有穷数列，，，满足如下三个性质，则称Q为数列：①项数；②，；③令集合，对，，或． （1）判断数列0，2，4，6是否是数列，并说明理由； （2）若，，，为数列，求证：对，满足； （3）已知，，，为数列，求证：当时，Q是等差数列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大兴区2024~2025学年度第二学期期末检测试卷 高二数学 202507 本试卷共4页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将答题卡交回． 第一部分（选择题共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 在的展开式中，x的系数为（ ） A. B. 20 C. D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项式定理性质计算即可. 【详解】由题可知：. 故选：D 2. 设函数，，则实数（ ） A B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】求函数的导函数，再求，根据由条件列方程求即可. 【详解】因为，所以， 所以，又， 所以， 所以， 故选：C. 3. 已知随机变量服从二项分布，，则的数学期望是（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项分布期望公式求的数学期望即可. 【详解】因为， 所以的数学期望， 故选：B. 4. 已知函数在定义域上不是单调函数，则实数不可能是（ ） A. 0 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求导根据原函数的单调性确定导函数的正负情况结合二次函数图象的性质确定即可求出的取值范围. 【详解】对函数求导得：， 因为函数在定义域上不是单调函数，所以导函数的函数值既有正值又有负值， 故，即，所以，所以实数不可能是. 故选：C 5. 设等比数列的公比，其前n项和为，则下列等式中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先设，利用特例法可判断A、B、C；再利用等比数列的求和公式可判断D. 【详解】存在等比数列，首项为，公比为， 则，，，， 对于，，错误； 对于， ，错误； 对于， ，错误； 对于，因为等比数列的公比，则， ， ， 综上可得：等比数列中，，正确. 故选：. 6. 给定一组正整数：，则“这5个数依次成等差数列”是“这5个数的平均数和中位数均为”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列的性质有，即可求这5个数的平均数和中位数即可求解. 【详解】由题意有成等差数列，所以， 所以这5个数的平均数为，又等差数列是单调数列， 所以中位数为，反之，这5个数的平均数和中位数均为，不一定是等差数列， 所以“这5个数依次成等差数列”是“这5个数的平均数和中位数均为”的充分不必要条件， 故选：A. 7. 设，随机变量的分布列如下表所示， X 0 1 P 则当概率在区间内增大时，方差的变化是（ ） A. 增大 B. 先增大后减小 C. 减小 D. 先减小后增大 【答案】B 【解析】 【分析】先求出期望，再求出方差，最后根据二次函数的性质判断. 【详解】因为随机变量服从两点分布，且，， 所以 这是一个关于的二次函数，图象开口向下，对称轴为， 当从增大到时，随增大而递增； 当从增大到时，随增大而递减， 因此，当在内增大时，方差先增大后减小. 故选：B. 8. 已知盒中有6个灯泡，其中4个正品，2个次品．从中取出2个正品，每次取出1个，取出后不放回，直到取出2个正品为止．设X为取出的次数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求出事件的总数以及所对应的事件的个数，再利用古典概率公式求解即可. 【详解】任取三次灯泡所对应的事件总数为，而直到取出2个正品为止，要想取出的次数为次， 只需前面两次取出一正品一次品且第三次取出正品即可，对应的事件个数为， 所以. 故选：C 9. 已知直线是曲线与曲线的公共切线，则实数（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求两曲线的公切线方程，确定的值. 【详解】取点为曲线上一点，因为， 所以曲线在处的切线为：， 即. 取点为曲线上一点，因为， 所以曲线在处的切线为：， 即. 由公切线的概念可知：. 所以两曲线的公切线为：. 故. 故选：A. 10. 已知各项均为整数的数列满足：对任意的，．若，，，则正整数m的最大值为（ ） A. 63 B. 64 C. 65 D. 66 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可得，然后可知，计算即可. 【详解】由题可知：， 则， 因为，且， 所以， 当时，；当时，. 所以正整数m的最大值为64. 故选：B. 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知，则________ 【答案】 【解析】 【分析】通过赋值法即可求解. 【详解】将代入原式得：①， 将代入原式得：②， ①②得：，即. 故答案为： 12. 设等差数列的前项和为，，，当________时，最小． 【答案】3 【解析】 【分析】由已知条件先求公差，再根据等差数列求和公式写出结合二次函数求出时最小. 【详解】因为数列为等差数列，设公差为，所以，所以， 由等差数列的求和公式可知，，易知当时最小. 故答案为：3 13. 已知事件A与事件B相互独立，事件A的概率，事件B的概率，则________； ________． 【答案】 ①. 0.2## ②. 0.5## 【解析】 【分析】根据独立事件的公式即可计算，再根据条件概率的公式即可计算． 【详解】由事件A与事件B相互独立， 则， ． 故答案为：；． 14. 设无穷等比数列的公比是q，能说明命题“若存在正整数，当时，，则为递增数列”是假命题的一组，的值为________，________． 【答案】 ①. （答案不唯一） ②. （答案不唯一） 【解析】 【分析】分析题干知道，我们需要找一组，的值，使得满足“存在正整数，当时，，但不是递增数列”. 【详解】要说明该命题为假命题，需要找到反例，即找一组，，使存在正整数，满足时，，但不是递增数列， 取，则等比数列通项公式为， 验证条件：由通项公式可得，， ，，， 可以发现当时，，即，满足存在正整数，当时，， 递增数列要求对任意的，都有， ，，满足条件， 但，，不满足条件， 不是递增数列， 故答案为：；. 15. 关于函数，给出下列四个结论： ①的值域是；②在区间上单调递增； ③是的一个极值点；④曲线与轴有且仅有个交点． 其中所有正确结论的序号为________． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】由，，可求得函数的值域，可判断①；利用函数单调性与导数的关系可判断②；利用函数极值点的定义可判断③；利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可判断④. 【详解】对于①，函数的定义域为， 且当时，，，， 故，即函数的值域为，①对； 对于②，当时，，则，所以， 此时， 故函数在区间上单调递增，②对； 对于③，因为且函数是可导函数， 故不是的一个极值点，③错； 对于④，当时，，则函数、在上均为增函数， 故函数在上为增函数， 因为，， 故存在，使得， 且当时，，即函数在上单调递减， 当时，，即函数在上单调递增，故， 因为， 故存在，使得， 作出函数与的图象如下图所示： 由图可知，函数与函数在上的图象有且只有一个交点， 且交点的横坐标为， 由图可知，当时，，则， 即函数在上单调递增， 当时，，则， 即函数在上单调递减， 又，则， 又因为， 由零点存在定理可知，存在，使得， 当时，，， 此时，故函数在上无零点， 综上所述，函数有且只有个零点，分别为、、，④对. 故答案为：①②④. 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 已知无穷等比数列的各项都是正数，，． （1）求数列的通项公式； （2）设无穷数列{的前n项和为，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使数列唯一确定，求数列的前n项和． 条件①：，； 条件②：，； 条件③：，． 注：如果选择的条件不符合要求，此题得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由等比数列通项公式结合题意可得答案； （2）若选①，可得等差数列，然后由分组求和法可得答案；若选②，由与关系可得通项公式，据此可得答案；若选③，数列无法唯一确定，不满足题意； 【小问1详解】 设各项都是正数的无穷等比数列的公比为q， 由题意知，解得，（舍）． 所以的通项公式为． 【小问2详解】 选条件① 因为，， 所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列． 所以． ． 选条件② 由题意知，当时，． 因为，所以． ． 选③，，则是等差数列，但无法确定公差，不满足题意. 17. 已知袋中装有个红球和个黄球，这个球除颜色外完全相同，现从该袋中不放回地随机摸出个球． （1）在第次摸出红球的条件下，第次摸出红球的概率； （2）设表示摸出红球的个数，求的分布列及数学期望； （3）若摸出个红球得分，摸出个黄球得分，直接写出摸出球得分的数学期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析， （3）． 【解析】 【分析】（1）根据古典概率模型求概率； （2）根据古典概率模型及组合数求概率，列分布列计算期望； （3）根据期望的性质即可计算. 【小问1详解】 在第次摸出红球条件下，第次摸出红球的概率为． 小问2详解】 随机变量的所有可能取值为 ； ； ． 数学期望． 【小问3详解】 设摸出球得分为，所以 ． 18. 已知函数． （1）求曲线的斜率为1的切线方程； （2）当时，求证：； （3）设P是曲线上的动点，P在何处时，曲线在P处的切线斜率最小？（结论不要求证明） 【答案】（1）与． （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）结合导数的意义和点斜式可得； （2）设，求导分析单调性和最值可得； （3）求导后结合二次函数的性质可得. 【小问1详解】 由得． 令，即，得或． 又， 所以曲线的斜率为1的切线方程是与， 即与． 【小问2详解】 设 因为， 令得，令得， 在上单调递减，在上单调递增， 所以，当时， 所以. 【小问3详解】 由（1）可得， 当时，最小， 代入可得， 所以当P的坐标为时，曲线在P处的切线斜率最小． 19. 为了解某地中学生使用M、N两款大语言模型辅助日常学习的情况，对该地的80名初中生和120名高中生进行简单随机抽样，获得数据如下表： 初中生 高中生 使用 不使用 使用 不使用 M款 30人 50人 70人 50人 N款 60人 20人 40人 80人 假设所有学生对M、N两款模型是否使用互相独立．用频率估计概率． （1）从该地全体中学生中随机抽取1人，估计此人使用M款模型的概率P； （2）从该地全体初中生中随机抽取1人，全体高中生中随机抽取2人，记这3人中使用N款模型的人数为X，估计X的分布列； （3）假设该地某校初中生和高中生人数比为，从该校全体中学生中随机抽取1人，记其使用M款模型的概率估计值为，比较与（1）中P的大小．（结论不要求证明） 【答案】（1） （2）答案见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由题可得总学生数及使用M款模型的人数，据此可得答案； （2）由题可得X可为0，1，2，3，然后由题可得对应概率及分布列； （3）由概率乘法及概率加法公式可得，然后可比较大小. 【小问1详解】 从表格数据可知，抽查的名中学生中有人使用M款模型，因此该地全体中学生使用M款模型的概率估计为． 【小问2详解】 设事件A为“该地全体初中生中随机抽取1人，此人使用N款模型”， 事件B为“该地全体高中生中随机抽取1人，此人使用N款模型”． 根据题中数据，P（A）估计为，估计为． 根据题意，随机变量X所有可能取值为0，1，2，3． 可估计为； 可估计为； 可估计为； 可估计为， X 0 1 2 3 P 【小问3详解】 设选中初中生为事件E，该生使用M款模型为事件F， 选中高中生为事件C，该生使用M款模型为事件D，由题， 又由题可得，，则， 则 20. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）设函数，函数在处取得极小值． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）是否存在，使得成立？说明理由． 【答案】（1）单调递减区间是，单调递增区间是． （2）（ⅰ）；（ⅱ）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）求出导数，利用导数与函数单调性的关系可求得函数的增区间和减区间； （2）（i）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，分析导数在附近的变化，结合极小值点的定义可求得实数的取值范围； （ii）假设存在，使得成立，构造函数，可得出，结合（i）中的结论知在上单调递增，即可推出矛盾，进而可得出结论成立. 【小问1详解】 由得． 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增． 所以的单调递减区间是，单调递增区间是. 【小问2详解】 （ⅰ）由函数得， ． ①若，则， 所以在上单调递增，此时函数无极值点； ②若，则当时，， 所以，所以不是的极小值点； ③若，由（1）知， 在上单调递减，在上单调递增， 故，且当时，． 若，即，则， 即（当且仅当时，等号成立）． 所以当时，； 当时，． 所以在处取得极小值． 若，即，令， 因为，且在上单调递增， 所以，，故当时，． 所以当时，； 当时，． 所以在处取得极小值． 综上可知，的取值范围是． （ii）不存在，理由如下： 假设存在，使得成立， 则有． 令，则． 由（2）中（ⅰ）知，函数在上单调递增， 所以由得，即，这与矛盾，所以假设不成立． 所以不存在，使得成立． 21. 若有穷数列，，，满足如下三个性质，则称Q为数列：①项数；②，；③令集合，对，，或． （1）判断数列0，2，4，6是否是数列，并说明理由； （2）若，，，为数列，求证：对，满足； （3）已知，，，为数列，求证：当时，Q是等差数列． 【答案】（1）数列0，2，4，6是数列，理由见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据定义进行判断； （2）依据定义，①可知满足；②，，然后进行判断； （3）依据定义可知，可得，；又，可得，，两式作差可得结果. 【小问1详解】 由题意知，集合． 因为数列0，2，4，6共有4项，， 且，，，，，，，，， 都是集合的元素， 所以数列0，2，4，6是数列． 【小问2详解】 由题意知，集合． 已知，，，为数列． ①因为，所以，所以，． 故．因此． 所以满足． ②当时，因为， 所以，． 所以对于，满足，即． 所以对，满足 【小问3详解】 因为，，，为数列， 所以， 且． 所以，，，，，． 即，．① 当时，， 所以，． 由， 且． 所以，，，，， 所以，． 因为时，，， 所以，且， 有，．② 将①②两式相减得，． 因此，当时，，，，是等差数列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$