广东省深圳市2024-2025学年高二下学期期中数学检测试题（含答案）

这是一份广东省深圳市2024-2025学年高二下学期期中数学检测试题（含答案），共13页。试卷主要包含了非选择题必须用0，已知，则的值为等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔在答题卡指定位置填写自己的学校、姓名和考生号，并将条形码正向准确粘贴在答题卡的贴条形码区，请保持条形码整洁、不污损．
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上．
3．非选择题必须用0．5毫米黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内．
4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回．
一、单项选择题:本题共8道小题，每小题5分，共40分
1．已知数列为等比数列，其中，，则
A．B．C．D．
2．若函数在处可导，且，则
A．B．C．D．2
3．现有5名同学站成一排，再将甲、乙2名同学加入排列，保持原来5名同学顺序不变，
不同的方法共有
A．30种B．56种C．12种D．42种
4．人工智能技术（简称AI技术）已成为引领世界新一轮科技革命和产业改革的战略性技术，
AI技术加持的电脑（以下简称AI电脑）也在全国各地逐渐热销起来.下表为市统计的
2024年11月至2025年3月这5个月该市AI电脑的月销量，其中为月份代号，（单
位：万台）为AI电脑的月销量.
经过分析，与线性相关，且其线性回归方程为，则2025年3月的残差为（实际值与预计值之差）
A．B．C．0.02D．0.04
5．将函数的图象绕坐标原点顺时针旋转后第一次与轴相切，则
A．B．C．D．
6．甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“五局三胜”制，甲在每局比赛中获胜
的概率均为 ，且各局比赛结果相互独立.在甲获得冠军的条件下，比赛进行了五局的
概率为
A．B．C．D．
7．已知，则的值为
A．0B．C．1D．2
8．若对任意的正实数，，当时， 恒成立，则的取值范围（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：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．甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是
A．如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种
B．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种
C．甲乙不相邻的排法种数为82种
D．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种
10．已知在一次数学测验中（总分150分），某校1000名学生的成绩服从正态分布，
其中90分为及格线，120分为优秀线，则对于该校学生成绩，下列说法正确的有
（参考数据：①；②；
③.）
A．平均分为100 B．及格率超过86%
C．得分在内的人数约为997 D．得分低于80的人数和优秀的人数大致相等
11．已知函数，则
A．在区间上单调递增 B．有最大值
C．当时，的图象过的切线有且仅有条
D．关于的方程有两个不等实根，则的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．某公司有日生产件数为95件的“生产能手”3人，有日生产件数为55件的“新手”
2人，从这5人中任意抽取2人，则2人的日生产件数之和X的标准差为 ．
13．若函数有唯一一个极值点，则实数的取值范围是 ．
14．将杨辉三角中的数从上到下，从左到右依次排列，得数列： 1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1、…
记作数列，若数列的前n项和为，
则 .
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）．已知数列满足，.
(1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式：
(2)记，求数列的前n项和.
16（15分）.宝安区为推进教育数字化转型，通过聚合区域学校的教育资源，依托AI技术搭建了区域智慧题库系统，形成了“通识过关—综合拓展—创新提升”三层动态原库，且三层题量之比为，设该题库中任意1道题被选到的可能性都相同.
(1)现有4人参加一项比赛，若每人分别独立地从该题库中随机选取一道题作答，求这4人中至少有2人的选题来自层的概率；
(2)现采用分层随机抽样的方法，使用智能组卷系统从该题库中选取12道题生成试卷，若某老师要从生成的这份12道题的试卷中随机选取3道题做进一步改编，记该老师选到层题的题数为，求的分布与期望．
17（15分）．将6个不同的小球放入编号分别为1，2，3的三个不同盒子.（过程要用文字简要说明，结果用数字作答）
(1)求共有多少种不同放法；
(2)当每个盒子的球数不小于它的编号数时，求共有多少种不同放法；
(3)当每个盒子至少有一个小球时，求共有多少种不同放法；
(4)若将题干中“6个不同的小球”改为“9个相同的小球”，其他条件不变，则当每个盒子的球数不小于它的编号数时，共有多少种不同放法？
18．(17分)某学校为调查高三年级的体育开展情况，随机抽取了20位高三学生作为样本进行体育综合测试，体育综合测试成绩分4个等级，每个等级对应的分数和人数如下表所示：
(1)若从样本中随机选取2位学生，求所选的2位学生分数不同的概率；
(2)用样本估计总体，以频率代替概率.若从高三年级学生中随机抽取n位学生，记所选学生分数不小于3的人数为X.
（ⅰ）若，求X的分布列与数学期望；
（ⅱ）若，当k为何值时，最大？
19．(17分)已知函数，．
（1）讨论的单调性；
（2）若恒成立，求实数的取值范围．
（3）为正整数，当时，曲线在点，处的切线记为，直线与 轴交点的纵坐标记为，证明：．
数学答案
1、【正确答案】B 【详解】根据，a，可得：，；
解得，故.
2、【正确答案】C 【详解】.
3、【正确答案】D 【详解】原来名同学站成一排，有个空位可以插入甲同学，所以甲同学有种不同的排法. 当甲同学插入后，此时包括原来名同学和甲同学一共有个人，这个人形成了个空位，所以乙同学有种不同的排法. 故完成将甲、乙名同学加入排列这件事，分两步：第一步甲同学有种排法，第二步乙同学有种排法，
那么根据分步乘法计数原理，不同的方法共有（种）.
4、【正确答案】B 【分析】求出样本中心点，带入回归方程求出，在求出对应的月销量预测值，结合月销量求出残差
【详解】因为，
所以，所以关于的线性回归方程为，
2025年3月对应的，故此时残差为.
5、【正确答案】C 【分析】由与相切即可求解；
【详解】由题意可知：是过原点的切线，
设切点坐标为：，，则，解得：，
所以，
6、【正确答案】A 【分析】先计算甲赢的概率，再由条件概率的内容求出结果即可.
【详解】比三场，甲赢的概率为；
比四场，甲第四场赢，甲赢的概率为；
比五场，甲第五场赢，甲赢的概率为；
所以甲赢的概率为，
所以甲获得冠军的条件下，比赛进行了五局的概率为，
7、【正确答案】A 【分析】根据，结合二项式定理求解即可.
【详解】因为，展开式第项，
当时，，当时，，
故，即.
8、D【详解】因为对任意的正实数，，当时， 恒成立，所以对任意的正实数，，当时， 恒成立，
令，所以在上单调递减，则，所以在上恒成立，所以，解得，所以的取值范围是，
9、【正确答案】ABD 【分析】对于A，根据甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，利用捆绑法求解
判断；对于B，分最左端排甲，和最左端排乙两类求解判断；对于C，根据甲乙不相邻，利用插空法求解判断；对于D，根据甲乙丙从左到右的顺序排列，通过除序法求解判断.
【详解】对于A，如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有种，A正确；对于B，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，若最左端排甲，有种排法；若最左端排乙，有种排法，合计不同的排法共有42种，B正确；
对于C，甲乙不相邻的排法种数有种，C不正确；
对于D，甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，D正确.
10、【正确答案】ACD 【详解】由题意知，，，A：，，
故A正确；B：
，
，故B错误；
C：，
人，故C正确；
D：，
因为成绩服从标准正态分布，
，故D正确，
11、【正确答案】AC 【分析】利用函数的单调性与导数的关系可判断A选项；分析函数的单调性，利用函数的最值与导数的关系可判断B选项；设切点坐标为，利用导数求出切线方程，再将点的坐标代入切线方程，判断关于的方程解的个数，可判断C选项；令，求导得到其单调性和最值，数形结合可判断D选项.
【详解】对于A选项，对任意的，恒成立，
所以，在区间上单调递增，A对；
对于B选项，当时，，当时，.
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以有最小值，无最大值，B错；
对于C选项，当时，，设切点为，
，则切线斜率为，
所以曲线在点的切线方程为，
将点的坐标代入切线方程为，整理可得，
，即方程有两个不等的实根，
所以，当时，的图象过的切线有且仅有条，C对；
对于D选项，方程，即，
令，而，
当时，，当时，.
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
当时，且，如图，
要使方程有两个不等实根，的范围是，
D错.
12、【正确答案】24 【分析】依题意可知的所有可能取值为190，150，110，根据超几何分布的概率公式求出所对应的概率，从而求出数学期望与标准差；
【详解】：由题意，可得的所有可能取值为190，150，110，且，，，，标准差．故
13、【正确答案】 【分析】求导得，根据有唯一一个极值点且，得是唯一的变号零点，设，因为，所以恒成立，分三种情况讨论的单调性和最值，从而得到的取值范围.
【详解】定义域为，，
因为，有唯一一个极值点，所以是唯一的变号零点，
设，且，所以恒成立，
当时，恒成立，符合题意；
当时，，所以在上单调递增，
又因为时，，不满足，舍去；
当时，令，得，
令，得，所以在上单调递减，
令，得，所以在上单调递增，
所以，
因为，所以，
所以的取值范围是. 故答案为.
14、【正确答案】2114 【分析】每行的序数与该行的项数相等可得第行最后项在数列中的项数为；根据可求得，进而可确定位于第12行第3个；根据每一行数字和的规律可知，计算可得结果.
【详解】使得每行的序数与该行的项数相等，则第行最后项在数列中的项数为： ，设位于第行，则：，解得.
且第11行最后一项在数列中的项数为.
位于杨辉三角数阵的第12行第3个.
而第一行各项和为，第二行各项和为，第三行各项的和为.
依此类推，第行各项的和为.
故
15、【详解】（1）因为， 所以，
对上式两边同时取倒数有：
所以，又因为，所以，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列.-------4分
因为数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，
所以，
所以数列的通项公式为.---------6分
因为，所以，-----7分
所以，----10分
所以，---13分
16、【详解】（1）因为三层题量之比为，
所以在层选题的概率为，不在层选题的概率为，----2分
设至少2人的选题来自层的概率为，从层选题数量为，
由题意得，-----------4分
而二项分布概率公式为，-----5分
则至少2人的选题来自层的概率为，-----6分
故.-----8分
（2）因为三层题量之比为，
所以在层最多抽到7道，且可取，
则，
，---------------12分
其分布列为：
所以期望.--------15分
17、【详解】（1）根据分步计数原理共有种不同放法；-------3分
（2）当每个盒子的球数不小于它的编号数时，1号盒1个球，2号盒2个球，3号盒3
个球，共有种不同放法； -------6分
（3）当每个盒子至少有1个小球时，共有三类：第一类，一盒4个球，其余两盒各1个球，有种；第二类，一盒1个球，一盒2个球，一盒3个球，有种；第三类，每盒2个球，有种，所以共有540不同放法；------12分
（4）方法一：将2号盒子里放入1个小球，在3号盒子里放入2个小球，然后在剩余的6个相同的小球中间5个空插入2个挡板，共有种不同放法.
方法二：将1、2、3号盒子首先分别放入1、2、3个球，然后剩下的3个小球和两个挡板一起排队，5个位置中给挡板选两个位置，共有种不同放法.-------15分
18、【详解】（1）设事件“选取的2位学生分数不同”，
则，
故所选的2位学生分数不同的概率为； -------4分
（2）设“学生分数不小于3”，则， -------5分
（ⅰ）若，的可能取值为，由题意可得,
又，，
，，
所以的分布列为：
由于，则； -------12分
（ⅱ）若，则， ------13分
所以， ------14分
由于最大，
所以，
即， -------16分
因为，，所以时，最大. -------17分
19、【详解】（1）函数，则，定义域为---1分
当时，，在上单调递减；
当时，时，，时，，
在上单调递增，在上单调递减. -----------4分
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减. -----------5分
（法一）设，
则，令，则，即当时，, -----------7分
由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减,
, -----------9分
, 所以，即. -----------10分
（法二）根据题意可知恒成立，
设，
则，----------7分
令，
则在定义域上单调递增，易知，
即，使得，
即时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
则，-----------9分
所以，即. -----------10分
（3）证明：由题设，则，
则，，
此时在处的切线方程为，-----------12分
与轴交点纵坐标为；
，-----------14分
对于且，则，即在，上单调递增，
，即，
，得证．------17分 月 份
2024年11月
2024年12月
2025年1月
2025年2月
2025年3月
月代号
1
2
3
4
5
月销量
0.5
0.9
1
1.2
1.4
等级
不及格
及格
良
优
分数
1
2
3
4
人数
3
9
5
3
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
C
D
B
C
A
A
D
ABD
ACD
AC