山东省济钢高级中学2024-2025学年高二下学期期中学情检测数学试卷（含详解）
文档属性
| 名称 | 山东省济钢高级中学2024-2025学年高二下学期期中学情检测数学试卷（含详解） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 652.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-13 21:35:29 | ||
图片预览
文档简介
高二下学期期中学情检测数学试题
2025.5
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.
1．若，则实数x的值为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．2或6
2．已知事件A，B，若，，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知函数的导函数，其图象如图所示，则以下选项中正确的是（ ）
A．和是函数的两个零点
B．函数的单调递增区间为
C．函数在处取得极小值，在处取得极大值
D．函数的最大值为，最小值为
4．已知随机变量，且，则（ ）
A． B． C． D．
5．函数在处取得极值10，则（ ）
A．5 B． C．0 D．0或
6．2024年5月20日是第25个“世界计量日”，主题为“可持续发展”．现安排6名志愿者去甲、乙、丙3个活动场地配合工作，每个活动场地去2名志愿者，其中志愿者去甲活动场地，志愿者不去乙活动场地，则不同的安排方法共有（ ）
A．18种 B．12种 C．9种 D．6种
7.已知离散型随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，且，，若的数学期望，则（ ）
A．19 B．16 C． D．
8．将展开式中的项重新排列，则的次数为整数的项互不相邻的排法的种数为（ ）
A．24 B．36 C．144 D．576
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.
9．若，，则（ ）
A． B．
C． D．
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若曲线在点处的切线方程为，则
B．若，则函数在上单调递增
C．若，则函数在上的最小值为
D．若，则
11．甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中，则此人继续投篮；若未命中，则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
A．第2次投篮的人是乙的概率为0.6. B．前2次投篮的人都是甲的概率为0.3.
C．第2次投篮的人是甲的概率为0.6. D．第i次投篮的人是甲的概率为.
填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如图，用四种不同颜色给矩形A、B、C、D涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有 种.
13．的展开式的常数项是________.．
14．如图，对于曲线G所在平面内的点O，若存在以O为顶点的角α，使得对于曲线G上的任意两个不同的点A，B，恒有成立，则称角α为曲线G的相对于点O的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线G的相对于点O的“确界角”.已知曲线C：（其中是自然对数的底数），O为坐标原点，曲线C的相对于点O的“确界角”为，则________.．
四、解答题：本大题共5小题，共77分.
15. (13分)一批产品共10件，其中3件是不合格品，用下列两种不同方法从中随机抽取2件产品检验：方法一：先随机抽取1件，放回后再随机抽取1件；方法二：一次性随机抽取2件.记方法一抽取的不合格产品数为，方法二抽取的不合格产品数为.
（1）求，的分布列；
（2）比较两种抽取方法抽到的不合格产品数的均值的大小，并说明理由.
(15分)设函数，曲线在点处的切线方程为.
(1)求，的值；
(2)设函数，求的单调区间；
(3)求证：当时，有.
(15分)诗词大会的挑战赛上，挑战者向守擂者提出挑战，规则为挑战者和守擂者轮流答题，直至一方答不出或答错，则另一方自动获胜，比赛最多进行5轮（挑战者和守擂者依次答题一次为一轮），若第五轮挑战者答题正确则不论守擂者答对与否都认为挑战者获胜．赛制要求挑战者先答题，守擂者和挑战者每次答对问题的概率都是，且每次答题互不影响．（其中挑战者第五轮答对问题概率为）.
(1)若在不多于两次答题就决出胜负的条件下，则挑战者获胜的概率是多少？
(2)在此次比赛中，挑战者最终获胜的概率是多少？
(3)现赛制改革，挑战者需要按上述方式连续挑战全部6位守擂者，以（2）中求得的挑战者最终获胜的概率作为挑战者面对每个守擂者的获胜概率，每次挑战之间相互独立，若最终统计结果是挑战者战胜了不少于三分之二的守擂者，则称该挑战者挑战成功，反之则称挑战者挑战失败．若再增加1位守擂者，试分析该挑战者挑战成功的概率是否会增加？并说明理由．
(17分)已知函数
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数存在两个极值点，，记，若恒成立，求实数的取值范围．
(17分)在数学探究实验课上,小明设计了如下实验:在一个盒子中装有蓝球、红球、黑球等多种不同颜色的小球,一共有偶数个小球,现在从盒子中一次摸一个球,不放回．
(1)若盒子中有6个球,从中任意摸两次,摸出的两个球中恰好有一个红球的概率为．
①求红球的个数;
②从盒子中任意摸两次球,记摸出的红球个数为,求随机变量的分布列和数学期望．
已知盒子中有一半是红球,若“从盒子中任意摸两次球,至少有一个红球”的概率不大于,求盒子中球的总个数的最小值．
在（2）的条件下，盒中球的总数为，若“从盒子中任意摸两次球,恰有两个红球”奖励元，若“从盒子中任意摸两次球，恰有一个红球”奖励元，若“从盒子中任意摸两次球,没有红球”不奖励，求发放奖金期望最小时盒子中球的总个数．
数学试题 参考答案
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分,共40分.
1．D
2．A 【解析】因为, .所以.
3．C 【解析】由图象可知，或时，，时，，则在和上单调递减，在上单调递增，则当时取极小值，当时取极大值，故B错误，C正确，由图只能确定函数的单调性以及极值点，无法确定具体的函数值，故A D无法确定.
4．B 【解析】由，得，故．
5．B【解析】函数，求导得，
由在处取得极值10，得，解得或，
当时，，函数在R上递增，无极值，不符合题意；
当时，得， 因此是函数的极小值点，所以.
6．A【解析】解法一：根据题意，分2类讨论．第一类，去甲活动场地，则在一起，都去甲活动场地，将剩下4人分为2组，安排在乙、丙两个活动场地即可，有（种）安排方法；
第二类，不去甲活动场地，则必去丙活动场地，在剩下4人中选出2人安排在乙活动场地，
再将剩下2人分别安排到甲、丙活动场地，有（种）安排方法．加法原理，共有方法．
解法二：去甲活动场地共有（种）情况，去甲活动场地且去乙活动场地共有（种）情况，所以去甲活动场地，不去乙活动场地的不同的安排方法共有（种）．
7．A 【解析】由题知，设，则，因此，解得，因此离散型随机变量的分布列如下：
0 1 2 3
则，因此
8．C 【解析】二项式的展开式的通项公式为，
因为为整数且，可得，展开式共有项，其中的次数为整数的项有个，把展开式中的项重新排列，则的次数为整数的项互不相邻，即把个整次数项插入到个次数为非整数的项所形成的个空中，共有方法种，
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分,共18分.
9．BD【解析】对A，令，得，令，得，所以，A错.
对B，以表示的各项系数之和，令，，B正确.
对C，，所以，C错.
对D，，令，则，则，D正确.
10．BCD【解析】，.切线方程为，斜率为，所以，得，故错.
当.时，，则，即.上递增，正确.
当时，.，令，即，解得.
递减，，递增.最小值，C正确.
当时，，，不满足；当时，，则，在递增.当时，，，不满足.当时，令，得.
最小值.令， .当时，，递增；当时，，递减.在处取最大值.要使，则，所以，正确.
11．ABD【解析】记“第2次投篮的人是乙”为事件A，“第1次投篮的人是甲”为事件B，则A＝BA＋A，所以P(A)＝P(BA＋A)＝P(BA)＋P(A)＝P(B)P(A|B)＋P()P(A|)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.
设第i次投篮的人是甲的概率为pi，
p1＝，pi＋1＝pi×0.6＋(1－pi)×(1－0.8)，即pi＋1＝0.4pi＋0.2＝pi＋，
所以pi＋1－＝，又p1－＝－＝，数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以pi－＝×，pi＝＋×.
填空题：本大题共3小题，每小题5分,共15分.
12. 48
13．3 【解析】通项公式为：，当，即时，，当，即时，所以展开式的常数项是．
14．【解析】当时，过原点作的切线，设切点，，，则切线方程为，
又切线过点，所以，所以.所以，
当时，过原点作的切线，设切点B，，
则切线为，又切线过点所以，又，，
因为，所以两切线垂直，所以.
四、解答题：本题共5个小题，共77分.
15．（1）随机变量的可能取值为0，1，2，且，
，，.
因此的分布列为
0 1 2
随机变量的可能取值为0，1，2，且服从参数为10，3，2的超几何分布，
，，.因此的分布列为
0 1 2
（2）方法一中，方法二中，因此，所以两种方法抽到均值相等.
16．（1）由可得，
根据切线方程可得其斜率为，因此，解得；又，所以可得.
（2）由（1）可知，
所以可得，易知其定义域为；则，
令，解得；所以当时，；当时，；
因此的单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）证明：令函数，可得，
令，因此可得恒成立，所以在上单调递增，
可得，即恒成立，
所以在上单调递增，可得，即，所以；因此当时，有.
17．（1）设事件A为“挑战者获胜”，事件B为“不多于两次答题就决出胜负”，则，
又事件为“不多于两次答题就决出胜负且挑战者获胜”，即只有“挑战者获胜，守擂者失败”这一种情况，则，所以.
（2）假设挑战者和守擂者依次答题一次为一轮，
每一轮答题中两人都答对的概率为， 进行轮后不分胜负的概率为，
则第轮挑战者获胜的概率为，第5轮挑战者获胜的概率为
挑战者最终获胜的概率为
（3）设随机变量X为挑战者连续挑战6位守擂者时能够战胜守擂者的人数，为此时挑战者挑战成功的概率，因为守擂者有6位，所以挑战者要想挑战成功，至少需要战胜4位守擂者；设Y为挑战者连续挑战7位守擂者时能够战胜守擂者的人数，为此时挑战者挑战成功的概率，因为守擂者有7位，所以挑战者要想挑战成功，至少需要战胜5位守擂者.
显然，，即该挑战者胜利的概率没有增加
18．（1）的定义域为，对求导得：
，令，，
（1）若，则，即，所以在上单调递增．
（2）若，
①当时，即，则，即，所以在上单调递增．
②当时，即，由，得，
当时，，
当时，，
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，
在上单调递减．
（2）由小问（1）知，当且仅当时，存在两个极值点，
设的两个极值点为，，则，满足方程，
所以，，
所以，
同理，
，
所以，
令，所以，当时， ，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值也是最小值，所以，
若恒成立，等价于，所以t的取值范围是．
19．（1）①设红球的个数为,则摸出的两个球中恰好有一个红球的概率,解得,所以红球的个数为3;
②的所有可能取值为0,1,2,则,,,故随机变量的分布列为
0 1 2
所以;
（2）设球的总个数为,则红球的个数为,
则从盒子中任意摸两次球,都不是红球的概率:,
至少有一个红球的概率,得,所以盒子中球的总个数的最小值为8．
=，
此时
2025.5
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.
1．若，则实数x的值为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．2或6
2．已知事件A，B，若，，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知函数的导函数，其图象如图所示，则以下选项中正确的是（ ）
A．和是函数的两个零点
B．函数的单调递增区间为
C．函数在处取得极小值，在处取得极大值
D．函数的最大值为，最小值为
4．已知随机变量，且，则（ ）
A． B． C． D．
5．函数在处取得极值10，则（ ）
A．5 B． C．0 D．0或
6．2024年5月20日是第25个“世界计量日”，主题为“可持续发展”．现安排6名志愿者去甲、乙、丙3个活动场地配合工作，每个活动场地去2名志愿者，其中志愿者去甲活动场地，志愿者不去乙活动场地，则不同的安排方法共有（ ）
A．18种 B．12种 C．9种 D．6种
7.已知离散型随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，且，，若的数学期望，则（ ）
A．19 B．16 C． D．
8．将展开式中的项重新排列，则的次数为整数的项互不相邻的排法的种数为（ ）
A．24 B．36 C．144 D．576
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.
9．若，，则（ ）
A． B．
C． D．
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若曲线在点处的切线方程为，则
B．若，则函数在上单调递增
C．若，则函数在上的最小值为
D．若，则
11．甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中，则此人继续投篮；若未命中，则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
A．第2次投篮的人是乙的概率为0.6. B．前2次投篮的人都是甲的概率为0.3.
C．第2次投篮的人是甲的概率为0.6. D．第i次投篮的人是甲的概率为.
填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如图，用四种不同颜色给矩形A、B、C、D涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有 种.
13．的展开式的常数项是________.．
14．如图，对于曲线G所在平面内的点O，若存在以O为顶点的角α，使得对于曲线G上的任意两个不同的点A，B，恒有成立，则称角α为曲线G的相对于点O的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线G的相对于点O的“确界角”.已知曲线C：（其中是自然对数的底数），O为坐标原点，曲线C的相对于点O的“确界角”为，则________.．
四、解答题：本大题共5小题，共77分.
15. (13分)一批产品共10件，其中3件是不合格品，用下列两种不同方法从中随机抽取2件产品检验：方法一：先随机抽取1件，放回后再随机抽取1件；方法二：一次性随机抽取2件.记方法一抽取的不合格产品数为，方法二抽取的不合格产品数为.
（1）求，的分布列；
（2）比较两种抽取方法抽到的不合格产品数的均值的大小，并说明理由.
(15分)设函数，曲线在点处的切线方程为.
(1)求，的值；
(2)设函数，求的单调区间；
(3)求证：当时，有.
(15分)诗词大会的挑战赛上，挑战者向守擂者提出挑战，规则为挑战者和守擂者轮流答题，直至一方答不出或答错，则另一方自动获胜，比赛最多进行5轮（挑战者和守擂者依次答题一次为一轮），若第五轮挑战者答题正确则不论守擂者答对与否都认为挑战者获胜．赛制要求挑战者先答题，守擂者和挑战者每次答对问题的概率都是，且每次答题互不影响．（其中挑战者第五轮答对问题概率为）.
(1)若在不多于两次答题就决出胜负的条件下，则挑战者获胜的概率是多少？
(2)在此次比赛中，挑战者最终获胜的概率是多少？
(3)现赛制改革，挑战者需要按上述方式连续挑战全部6位守擂者，以（2）中求得的挑战者最终获胜的概率作为挑战者面对每个守擂者的获胜概率，每次挑战之间相互独立，若最终统计结果是挑战者战胜了不少于三分之二的守擂者，则称该挑战者挑战成功，反之则称挑战者挑战失败．若再增加1位守擂者，试分析该挑战者挑战成功的概率是否会增加？并说明理由．
(17分)已知函数
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数存在两个极值点，，记，若恒成立，求实数的取值范围．
(17分)在数学探究实验课上,小明设计了如下实验:在一个盒子中装有蓝球、红球、黑球等多种不同颜色的小球,一共有偶数个小球,现在从盒子中一次摸一个球,不放回．
(1)若盒子中有6个球,从中任意摸两次,摸出的两个球中恰好有一个红球的概率为．
①求红球的个数;
②从盒子中任意摸两次球,记摸出的红球个数为,求随机变量的分布列和数学期望．
已知盒子中有一半是红球,若“从盒子中任意摸两次球,至少有一个红球”的概率不大于,求盒子中球的总个数的最小值．
在（2）的条件下，盒中球的总数为，若“从盒子中任意摸两次球,恰有两个红球”奖励元，若“从盒子中任意摸两次球，恰有一个红球”奖励元，若“从盒子中任意摸两次球,没有红球”不奖励，求发放奖金期望最小时盒子中球的总个数．
数学试题 参考答案
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分,共40分.
1．D
2．A 【解析】因为, .所以.
3．C 【解析】由图象可知，或时，，时，，则在和上单调递减，在上单调递增，则当时取极小值，当时取极大值，故B错误，C正确，由图只能确定函数的单调性以及极值点，无法确定具体的函数值，故A D无法确定.
4．B 【解析】由，得，故．
5．B【解析】函数，求导得，
由在处取得极值10，得，解得或，
当时，，函数在R上递增，无极值，不符合题意；
当时，得， 因此是函数的极小值点，所以.
6．A【解析】解法一：根据题意，分2类讨论．第一类，去甲活动场地，则在一起，都去甲活动场地，将剩下4人分为2组，安排在乙、丙两个活动场地即可，有（种）安排方法；
第二类，不去甲活动场地，则必去丙活动场地，在剩下4人中选出2人安排在乙活动场地，
再将剩下2人分别安排到甲、丙活动场地，有（种）安排方法．加法原理，共有方法．
解法二：去甲活动场地共有（种）情况，去甲活动场地且去乙活动场地共有（种）情况，所以去甲活动场地，不去乙活动场地的不同的安排方法共有（种）．
7．A 【解析】由题知，设，则，因此，解得，因此离散型随机变量的分布列如下：
0 1 2 3
则，因此
8．C 【解析】二项式的展开式的通项公式为，
因为为整数且，可得，展开式共有项，其中的次数为整数的项有个，把展开式中的项重新排列，则的次数为整数的项互不相邻，即把个整次数项插入到个次数为非整数的项所形成的个空中，共有方法种，
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分,共18分.
9．BD【解析】对A，令，得，令，得，所以，A错.
对B，以表示的各项系数之和，令，，B正确.
对C，，所以，C错.
对D，，令，则，则，D正确.
10．BCD【解析】，.切线方程为，斜率为，所以，得，故错.
当.时，，则，即.上递增，正确.
当时，.，令，即，解得.
递减，，递增.最小值，C正确.
当时，，，不满足；当时，，则，在递增.当时，，，不满足.当时，令，得.
最小值.令， .当时，，递增；当时，，递减.在处取最大值.要使，则，所以，正确.
11．ABD【解析】记“第2次投篮的人是乙”为事件A，“第1次投篮的人是甲”为事件B，则A＝BA＋A，所以P(A)＝P(BA＋A)＝P(BA)＋P(A)＝P(B)P(A|B)＋P()P(A|)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.
设第i次投篮的人是甲的概率为pi，
p1＝，pi＋1＝pi×0.6＋(1－pi)×(1－0.8)，即pi＋1＝0.4pi＋0.2＝pi＋，
所以pi＋1－＝，又p1－＝－＝，数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以pi－＝×，pi＝＋×.
填空题：本大题共3小题，每小题5分,共15分.
12. 48
13．3 【解析】通项公式为：，当，即时，，当，即时，所以展开式的常数项是．
14．【解析】当时，过原点作的切线，设切点，，，则切线方程为，
又切线过点，所以，所以.所以，
当时，过原点作的切线，设切点B，，
则切线为，又切线过点所以，又，，
因为，所以两切线垂直，所以.
四、解答题：本题共5个小题，共77分.
15．（1）随机变量的可能取值为0，1，2，且，
，，.
因此的分布列为
0 1 2
随机变量的可能取值为0，1，2，且服从参数为10，3，2的超几何分布，
，，.因此的分布列为
0 1 2
（2）方法一中，方法二中，因此，所以两种方法抽到均值相等.
16．（1）由可得，
根据切线方程可得其斜率为，因此，解得；又，所以可得.
（2）由（1）可知，
所以可得，易知其定义域为；则，
令，解得；所以当时，；当时，；
因此的单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）证明：令函数，可得，
令，因此可得恒成立，所以在上单调递增，
可得，即恒成立，
所以在上单调递增，可得，即，所以；因此当时，有.
17．（1）设事件A为“挑战者获胜”，事件B为“不多于两次答题就决出胜负”，则，
又事件为“不多于两次答题就决出胜负且挑战者获胜”，即只有“挑战者获胜，守擂者失败”这一种情况，则，所以.
（2）假设挑战者和守擂者依次答题一次为一轮，
每一轮答题中两人都答对的概率为， 进行轮后不分胜负的概率为，
则第轮挑战者获胜的概率为，第5轮挑战者获胜的概率为
挑战者最终获胜的概率为
（3）设随机变量X为挑战者连续挑战6位守擂者时能够战胜守擂者的人数，为此时挑战者挑战成功的概率，因为守擂者有6位，所以挑战者要想挑战成功，至少需要战胜4位守擂者；设Y为挑战者连续挑战7位守擂者时能够战胜守擂者的人数，为此时挑战者挑战成功的概率，因为守擂者有7位，所以挑战者要想挑战成功，至少需要战胜5位守擂者.
显然，，即该挑战者胜利的概率没有增加
18．（1）的定义域为，对求导得：
，令，，
（1）若，则，即，所以在上单调递增．
（2）若，
①当时，即，则，即，所以在上单调递增．
②当时，即，由，得，
当时，，
当时，，
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，
在上单调递减．
（2）由小问（1）知，当且仅当时，存在两个极值点，
设的两个极值点为，，则，满足方程，
所以，，
所以，
同理，
，
所以，
令，所以，当时， ，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值也是最小值，所以，
若恒成立，等价于，所以t的取值范围是．
19．（1）①设红球的个数为,则摸出的两个球中恰好有一个红球的概率,解得,所以红球的个数为3;
②的所有可能取值为0,1,2,则,,,故随机变量的分布列为
0 1 2
所以;
（2）设球的总个数为,则红球的个数为,
则从盒子中任意摸两次球,都不是红球的概率:,
至少有一个红球的概率,得,所以盒子中球的总个数的最小值为8．
=，
此时
同课章节目录