江苏省锡山高级中学锡西分校2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷（含详解）

江苏省锡山高级中学锡西分校2024 2025学年高二下学期期中考试数学试卷
一、单选题
1．已知，则（ ）
A．2 B．5 C．2或5 D．2或6
2．已知随机变量，则（ ）
A． B． C． D．
3．若的展开式中第3项与第7项的系数相等，则展开式中系数最大的项为（ ）
A．第4项 B．第5项 C．第6项 D．第7项
4．函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．是的极小值
B．是的极大值
C．在区间上单调递减
D．曲线在处的切线斜率小于零
5．数学老师从6道题中随机抽3道让同学检测，规定至少要解答正确2道题才能及格．某同学只能正确求解其中的4道题，则该同学能及格的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．甲、乙、丙、丁四名同学报名参加接力比赛．记事件A为“甲同学不跑第一棒”，事件为B“乙同学跑第二棒”，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在两行三列的网格中放入标有数字的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为5”的不同的排法有（ ）
A．96种 B．64种 C．32种 D．16种
8．若函数，g(x)=对任意的，不等式恒成立，则整数m的最小值为（ ）
A．2 B．1 C．0 D．-1
二、多选题
9．已知且，则下列等式中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．甲口袋中有个红球，个白球和个黑球，乙口袋中有个红球，个白球和个黑球，先从甲口袋中随机取出一球放入乙口袋，分别以，和表示由甲口袋取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙口袋中随机取出一球，以表示由乙口袋取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．
C．事件与事件相互独立
D．，，是两两互斥的事件
11．定义：设是的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心．已知函数，则下列说法中正确的有（ ）
A．的对称中心为
B．若关于x的方程有三解，则
C．若在上有极小值，则
D．若在上的最大值、最小值分别为，则
三、填空题
12．的展开式中常数项是 （用数字作答）．
13．若随机变量服从正态分布，且，则 .
14．已知，若，，则的最大值为 ．
四、解答题
15．小吴同学计划利用“五一小长假”深度游玩镇江的五处名山：金山、焦山、北固山、茅山、宝华山，每天游玩一山，每山游玩一天．
（1）若计划前两天其中一天游玩金山，另外一天游玩焦山，总共有多少种安排方案；
（2）金山、焦山、北固山位于市区，茅山、宝华山位于句容，若考虑交通因素，计划市区的三山连续三天游玩，句容的两山连续两天游玩，共有多少种安排方案；
（3）金山、焦山、宝华山均属于佛教名地，若计划第一天与最后一天均游览佛教名地，共有多少种安排方案．
16．已知函数.
(1)若，求的极值；
(2)讨论函数的单调性.
17．在的展开式中，前三项的二项式系数之和等于.
(1)求的值；
(2)若展开式中的常数项为，试求展开式中系数最大的项.
18．某市移动公司为了提高服务质量，决定对使用两种套餐的集团用户进行调查，准备从本市个人数超过1 000的大集团和3个人数低于200的小集团中随机抽取若干个集团进行调查，若一次抽取2个集团，全是大集团的概率为．
(1)在取出的2个集团是同一类集团的情况下，求全为小集团的概率；
(2)若一次抽取3个集团，假设取出大集团的个数为，求的分布列和数学期望．
19．已知函数．
（1）当，求在处的切线方程；
（2）当，判断在区间是否存在极小值点，并说明理由；
（3）已知，设函数．若在区间上存在零点，求实数m的取值范围．
参考答案
1．【答案】C
【详解】根据组合数的性质可得或，解方程即可.
【详解】由，
可得或，
解得或5.
故选C
2．【答案】C
【详解】由题意可知：.
故选C.
3．【答案】B
【详解】由题意，二项式的展开式的系数与二项式系数相同，即，解得，
则展开式中共有9项，系数最大的项为第5项．
故选B.
4．【答案】D
【详解】A选项：由导函数图象可知是函数的极小值点，的极小值为，A选项错误；
B选项：时，，的极大值为，B选项错误；
C选项：由导函数图象可知，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，C选项错误；
D选项：由图象可知，即函数在处切线斜率小于零，D选项正确；
故选D.
5．【答案】A
【详解】由题意知抽取3道题该同学不及格的情况只有：只对一道题一种情况，
则只答对一道题的概率为，所以该同学及格的概率为.
故选A
6．【答案】D
【详解】事件A为“甲同学不跑第一棒”，事件为B“乙同学跑第二棒”，
则，，
所以.
故选D.
7．【答案】B
【详解】根据题意，分3步进行，
第一步，要求“只有中间一列两个数字之和为5”，则中间的数字只能为两组数1，4或2，3中的一组，共有种排法；
第二步，排第一步中剩余的一组数，共有种排法；
第三步，排数字5和6，共有种排法；
由分步计数原理知，共有不同的排法种数为.
故选B.
8．【答案】A
【详解】因为单调递增，，所以，即，
原不等式恒成立可化为恒成立，
即时，恒成立，
即函数在上为增函数，
所以在上恒成立，
即，令，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，函数的最大值为，
即恒成立，由知，整数m的最小值为2.
故选A
9．【答案】BC
【详解】对于A中，由排列数的计算公式，可得，所以A错误；
对于B中，由排列数的计算公式，可得，所以B正确；
对于C中，根据组合数的计算公式，可得，所以C正确；
对于D中，根据组合数的性质，可得成立，所以D错误．
故选BC．
10．【答案】BD
【详解】解：，，．
因为，
所以．
同理，．
因为，，是两两互斥的事件，由全概率公式得
因为，
所以选项错误．
综上，选项错误，选项正确，选项正确．
故选BD．
11．【答案】ABD
【详解】对于A，易知，，令，而，
由“拐点”定义可知的对称中心为，故A正确；
令，此时单调递减，
令或，此时单调递增，
则，即的极大值为3，极小值为，
所以关于x的方程有三解，即两函数有三个交点，
则，故B正确；
易知若在上有极小值，则，故C错误；
由上可知，若在上的最大值、最小值分别为，
则，最值在端点处取得，即，
根据函数的对称中心知，而，
所以关于对称中心对称，则，故D正确.
故选ABD
12．【答案】
【详解】其二项式展开通项：
当，解得
的展开式中常数项是：.
13．【答案】
【详解】由题意可知：,
又随机变量服从正态分布，
由对称性可知：，
.
14．【答案】
【详解】设，则，的图象如图所示，
即的图象与的图象有3个交点，横坐标依次为，且，
由余弦函数图象的性质可知，，
所以，
又因为，所以，
令，
则，令，解得或，
当时，在单调递增，
当时，在单调递减，
当时，在单调递增，
又因为，，
所以，
所以.
15．【答案】（1）种
（2）种
（3）种
【详解】（1）解：若计划前两天其中一天游玩金山，另外一天游玩焦山，总共有种安排方案.
（2）解：金山、焦山、北固山位于市区，茅山、宝华山位于句容，
若考虑交通因素，计划市区的三山连续三天游玩，句容的两山连续两天游玩，
共有种安排方案.
（3）解：金山、焦山、宝华山均属于佛教名地，若计划第一天与最后一天均游览佛教名地，
共有种安排方案．
16．【答案】(1)极小值为，无极大值；
(2)答案见解析.
【分析】(1)利用导数可求得的单调性，由极值点的定义可求得极值；
(2)求导后，分别在和的情况，根据导函数的正负来确定函数单调性.
【详解】(1)当时，，则定义域为，，
则当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
极小值为，无极大值.
(2)由题意知：定义域为，；
当时，若，则；若，则；
在上单调递增，在上单调递减；
当时，若，则；若，则；
在上单调递减，在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
17．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）解：由题意可知，展开式中前三项的二项式系数之和为，
整理可得，因为，解得.
（2）解：的展开式通项为，
令，可得，
所以，展开式中的常数项为，解得，
由不等式组，解得.
因为，所以，，
因此，展开式中系数最大的项为.
18．【答案】(1)；(2)分布列见解析，.
【分析】（1）根据古典概型的概率公式计算全为小集团的概率；
（2）由题意知随机变量的可能取值，计算对应的概率值，写出分布列，求出数学期望．
【详解】（1）由题意知共有个集团，取出2个集团的方法总数是，其中全是大集团的情况有，故全是大集团的概率是，
整理得，解得．
若2个全是大集团，共有(种)情况；
若2个全是小集团，共有(种)情况；
故全为小集团的概率为．
（2）由题意知，随机变量的可能取值为，
计算，，
，,
故的分布列为
0 1 2 3
数学期望为．
19．【答案】（1）
（2）存在极小值点，理由见解析
（3）
【详解】（1）当时，，
，
，，
所以在处的切线方程：，
即
（2）当时，则，
所以，设，则，
由单调递增，且，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，
又，
所以存在极小值点.
（3）令，则，
又，
所以.
令，
故有解，
设，
则，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，
所以有唯一的零点，
若在区间上存在零点，
即在上有解，
整理可得，
令，则，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，所以，解得，
所以的取值范围为.