北京市八十中学2024-2025学年第二学期高二数学期中试卷(pdf版,含答案)

北京市第八十中学 2024-2025 学年第二学期期中考试
高 二 数 学 参 考 答 案
2025 年 4 月
一、选择题（共 10 小题，每题 5 分，共 50 分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C B A B D C B C B
二、填空题（共 6 小题，每题 5 分，共 30 分）
题号 11 12 13 14 15 16
2 3
答案 81 0.54 8 144 ①②④
15 5
三、解答题（共 5 题，共 70 分）
2 4
17.（1） 5 （2）期望为 5
【详解】
4 2
（1）记第 i 次抽到选择题为 Ai ，则P (A1 ) = =
10 5
C2 1 115 1 C C 24 8 C2 6 2
（2） X 可能为 0 1 2， p(X = 0) = 6 = = p(X =1) = 6 4 = = p(X = 2) = 4 = =
C2 45 3 C2 2
10 10 45 15 C10 45 15
X 分布列
X 0 1 2
1 8 2
P
3 15 15
8 4 12 4
E(X ) = + = =
15 15 15 5
18.（1）切线方程为 y=2 （2）f(x)在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增
17 3
s2 s2 s2
19.（1） 36 （2）期望为 4 （3） 3 1 2
【详解】
1 1
（1）由表得：从抽出的 12 名学生中男女生各随机选取一人，共有C6C6 = 36种组合，
其中男生成绩高于女生 (81,72) ,(81,80) ,(84,72) ,(84,80) ,(86,72) ,(86,80) , (86,84)，
(86,72) ,(86,80) ,(86,84)， (88,72) ,(88,80) , (88,84) , (91,72), (91,80)， (91,84)， (91,88) .
1 / 4
17
所以事件 A有 17 种组合 ，因此P (A) = ；
36
（2）由数据知，在抽取的 12 名学生中，成绩为优秀（ 90 分）的有 3 人，即从该校参加活动的高一学生
1
中随机抽取 1 人，该学生成绩优秀的概率为 .因此从该校高一学生中随机抽取 3 人，成绩优秀人数 X 可取
4
3 2
1 3 27 1 3 27
0,1, 2,3 Χ ~ B 且 3, , P (Χ = 0) = = ， P (Χ =1) = C
1
4 3
= ，
4 64 4 4 64
2 3
2 3 1 9 1 1P (Χ = 2) = C ， 3 = P (Χ = 3) = =
4 4 64 4 64
所以随机变量 X 的分布列
X 0 1 2 3
27 27 9 1
P
64 64 64 64
27 9 1 48 3
数学期望E(X ) = 0+1 + 2 +3 = = .
64 64 64 64 4
81+84+86+86+88+91 1 6 2 2 5
2 + 22 + 02 + 02 + 22 +52
（3）男生的平均成绩为 x1 = = 86，则 s1 = (xi x1) = 9.667；
6 6 i=1 6
72+80+84+88+92+97 1 6 22 2 13.5 +5.5
2 +1.52 + 2.52 + 6.52 +11.52
女生的平均成绩为 x2 = = 85.5，则 s2 = (xi x2 ) = 65.92；
6 6 i=1 6
由于从参加活动的男生中抽取成绩为 86 分的学生组成新的男生样本，
81+84+86+86+88+86+ 91 1 i=1 52 + 22 + 02 + 022 + 02 + 22 +52
所以 x3 = = 86，则 s23 = (xi x3 ) = 8.286；
7 7 7 7
2
所以 s3 s
2 s21 2 .
1

e ( , 1) (ln a,+ )20.（1） （2） 和 （3）证明见解析
【详解】
x
（1）由题意知 f (x) = e (x +1) ax a = (ex a)(x +1)(a R) .
若 a = 0，则 f (x) = xex ，所以 f (x) = ex (x +1) . 令 f (x) = 0，得 x = 1 .
当 x ( , 1)时， f (x) 0,当 x ( 1,+ )时， f (x) 0,
1
所以 f ( x)在 ( , 1)单调递减，在 ( 1,+ )单调递增， 所以 f ( x)的极小值等于 f ( 1) = .
e
1
（2）因为a ，所以 ln a 1， 由 f (x) 0，即 (ex a)(x +1) 0，解得 x 1或 x ln a，
e
所以 f ( x)在 ( , 1)和 (ln a,+ ) x单调递增， 由 f (x) 0，即 (e a)(x +1) 0，解得 1 x ln a ，
所以 f ( x)在 ( 1, ln a)单调递减， 故 f ( x)的单调增区间为 ( , 1)和 (ln a,+ ) .
2 / 4
1 1 1 1 2
（3）当a 时，由（2）知， f ( x)的极大值等于 f ( 1) = g (a) = + a ；
e e 2 2e e2
1
当 a = 时， f (x) 0， f ( x)单调递增， f ( x)无极大值；
e
1
当0 a 时，当 x ( , ln a)时， f (x) 0, f ( x)单调递增，
e
1 2
当 x (ln a,+ )时， f (x) 0, f ( x)单调递减， 所以 f ( x)的极大值等于 f (ln a) = g (a) = a (ln a) ，
2
1 2 1
令 g (x) = x (ln x) (x 0)，所以 g (x) = ln x ln x +1 ，
2 2
1 1 1
g (x)在 0, 上 g (x) 0,在 , 上， g (x) 0,2 2
e e e
1 1 1
所以 g (x)在 0, 上单调递减，在 , 上单调递增，
e
2
e
2 e
1 2 2
所以故 g (x) g = g a 2 2 ，综上所述， ( ) 得证！ 2
e e e
21.（1）是，10101 （2）m的最小值是 11，理由见解析 （3）an=0
【详解】
（1）数列 A :1,1,0,1,0,1,0,1,1,1，因为 a2 ,a3 ,a4 ,a5 ,a6 与a4 ,a5,a6 ,a7 ,a8 按次序对应相等，
所以是“5 阶可重复数列”，重复的这 5 项为 10101；
（2）因为数列{an}的每一项只可以是 0 或 1，所以连续 3 项共有2
3 = 8种不同的情形．
若m =11，则数列{an}中有 9 组连续 3 项，则这其中至少有两组按次序对应相等，即项数为 11 的数列{an}
一定是“3 阶可重复数列”；
若m =10，数列 0，0，1，0，1，1，1，0，0，0 不是“3 阶可重复数列”；则 3 m 10时，均存在不是“3 阶
可重复数列”的数列{an}．
所以，要使数列{a }一定是“3 阶可重复数列”，则mn 的最小值是 11．
（3）由于数列{an}在其最后一项 an 后再添加一项 0 或 1，均可使新数列是“4 阶可重复数列”，
即在数列{an}的末项 an 后再添加一项 0 或 1，则存在 i j ，
使得 a ， ai i+1， ai+2 ， ai+3 ， ai+4 与an 3 ， an 2 ， an 1， an ，0 按次序对应相等，
或 a a a a aj， j+1， j+2 ， j+3 ， j+4 与an 3 ， an 2 ，an 1， an ，1 按次序对应相等，
如果 a1， a2， a3 ， a4与an 3 ， an 2 ，an 1， an 不能按次序对应相等，
那么必有 2 i ， j m 4， i j ，使得 ai ， a a ai+1，a ， a a ai+2 i+3 、 j， j+1， j+2 ， j+3 与an 3 ，an 2 ，an 1， an 按
3 / 4
次序对应相等．
此时考虑 a ai 1 ， j 1和 an 4 ，其中必有两个相同，这就导致数列{an}中有两个连续的 4 项恰按次序对应相
等，从而数列{an}是“4 阶可重复数列”，这和题设中数列{an}不是“4 阶可重复数列”矛盾
所以 a1， a2， a3 ， a4与an 3 ， an 2 ，an 1， an 按次序对应相等，从而 an=a3=0．
4 / 4