河南省郑州市第一中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版）

这是一份河南省郑州市第一中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版），共22页。试卷主要包含了本试卷分第I卷，满分150分，考试时间， 已知函数，那么的值为， 已知函数，则， 已知实数，，满足，则等内容，欢迎下载使用。
说明：1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题），满分150分.
2.考试时间：120分钟.
3.将第I卷的答案代表字母填（涂）在答题卡上.
第I卷 （选择题，共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中能被5整除的个数为（ ）
A. 6B. 10C. 12D. 18
2. 下列求导数的运算中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
3. 已知随机变量分布列如下表：
若，离散型随机变量满足，则（ ）
A. B. C. D.
4. 已知函数，那么的值为（ ）
A. B. C. D.
5. 甲乙两人向同一目标射击一次，已知甲命中目标的概率0.4，乙命中目标的概率为0.5.假设甲乙两人命中率互不影响，求目标被命中的概率为（ ）
A. B. C. D.
6. 下列四个不等式①②③④中正确个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
7. 已知函数，则（ ）
A. 有三个极值点B. 点是曲线的对称中心
C. 有三个零点D. 直线是曲线切线
8. 已知实数，，满足，则（ ）
A. B. C. D.
二、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. 在二项式的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则（ ）
A.
B. 展开式中没有常数项
C. 展开式所有二项式系数和为1024
D. 展开式所有项的系数和为256
10. 已知随机事件，发生的概率分别为，.事件，的对立事件分别为，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 若与互斥，则
C. 若，则，相互独立
D.
11. 对于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 函数单调递减区间为和
B. 当时，
C. 若方程有6个不同的实根，则
D. 设，若对，，使得成立，则
第II卷 （非选择题，共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，若，则_______.
13. 已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，求__________.
14. 安排甲、乙、丙、丁、戊5名大学生去杭州、宁波、金华三个城市进行毕业生实践，每个城市至少安排一人，则不同的安排方式共有_______种；其中学生甲被单独安排去杭州的概率是_________.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤.
15. 从甲、乙、丙等7人中选出5人排成一排.（以下问题均用数字作答）
（1）甲、乙、丙三人恰有两人在内，有多少种排法?
（2）甲、乙、丙三人全在内，且甲在乙、丙之间（可以不相邻）有多少种排法?
（3）甲、乙、丙都在内，且甲、乙必须相邻，甲、丙不相邻，有多少种排法?
16. 已知二项式且满足.
（1）求的值；
（2）求展开式的中间一项；
（3）设，求.
17 已知函数.
（1）当时，求的极值；
（2）讨论的单调性；
（3）若有两个零点，求的取值范围.
18. 新高考数学试卷中共3道多选题，每题满分为6分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分（如果有两个选项符合题目要求，选对一个得3分；如果有三个选项符合题目要求，选对一个得2分；有错选或不选，得0分），某数学兴趣小组研究多选题时发现：随机事件“多项选择题中，有两个选项符合题目要求”和“多项选择题中，有三个选项符合题目要求”的概率均为．若学生解答某多选题时完全没有思路，只能通过随机选择的方式来完成作答，且选择四个选项的可能性是相同的．
（1）已知某题有三个选项符合题目要求，小张通过随机选择选项的方式来完成作答，且只选一个选项作答的概率为，选两个选项作答的概率为，选三个选项作答的概率为，试求小张该题得0分的概率；
（2）小王在解答完全没有思路多选题时，有两种策略，一是“随机选择一个选项作答”，二是“随机选择两个选项作答”，试写出小王用两种策略得分的分布列和数学期望．
19. 已知函数.
（1）解不等式的解集；
（2）若满足关于的方程，求证；
（3）若是函数的零点，求使得不等式成立的整数的最小值.
2024~2025学年下学期期中考试
26届 高二（数学）试题
说明：1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题），满分150分.
2.考试时间：120分钟.
3.将第I卷的答案代表字母填（涂）在答题卡上.
第I卷 （选择题，共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中能被5整除的个数为（ ）
A 6B. 10C. 12D. 18
【答案】C
【解析】
【详解】由能被整除的数个位为或，则若个位为，情况数为，
若个位为，当选中时，情况数为，当选中时，情况数为，
所以.
故选C.
2. 下列求导数的运算中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的运算法则对给出的四种运算逐一验证，即可得到正确答案.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D正确；
故选：D.
3. 已知随机变量的分布列如下表：
若，离散型随机变量满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用离散型随机变量的分布列及期望、方差公式计算一一判定选项即可.
【详解】由题意可知，解方程得，故A、B错误；
因为，所以，故C错误；
由条件可知，
所以，故D正确.
故选：D
4. 已知函数，那么的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出的导数，，令，即可求得的值.
【详解】因为，
则，
所以，
解得.
故选：A.
5. 甲乙两人向同一目标射击一次，已知甲命中目标的概率0.4，乙命中目标的概率为0.5.假设甲乙两人命中率互不影响，求目标被命中的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令事件表示“甲命中目标”，事件表示“乙命中目标”，事件表示“目标被命中”，则.
【详解】令事件表示“甲命中目标”，事件表示“乙命中目标”，事件表示“目标被命中”，
则，
所以
，
故选：C
6. 下列四个不等式①②③④中正确个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由不等式构造函数，利用导数研究函数的单调性，求得最值，可得答案.
【详解】对于①，令，求导得，令，解得，
当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，
令，求导得，令，解得，
当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，故①正确；
对于②，令，求导可得，令，，
当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，故②正确；
对于③，令，求导得，令，，
当时，，当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，故③错误；
对于④，令，求导可得，由，则，
所以函数在上单调递增，由，，则，，
所以当时，，故④错误.
故选B.
7. 已知函数，则（ ）
A. 有三个极值点B. 点是曲线的对称中心
C. 有三个零点D. 直线是曲线的切线
【答案】B
【解析】
【分析】根据导数即可判断A，根据对于任意的有即可判断B，根据导数即可判断C，根据导数的几何意义即可判断D.
【详解】对于A，，
令，则和，
当和时，当时，
所以在和时单调递增，在单调递减，
处从正变负，
所以是极大值点，
处由负变正，
所以是极小值点，
所以极值点有两个，故A错误；
对于B，如果点是函数的对称中心，
那么对于任意的有，
即验证，
，故B正确；
对于C，因为，
所以，，
因为和时，当时，
所以和时单调递增，时单调递减，
因为，，时，时，
所以函数从增加到，然后减少到再增加，
所以函数只有一个实数零点，故C错误；
对于D，设直线与相切，切点横坐标为，
则，，
因为，所以或，
当时，当时，
所以没有点满足这两个条件，故D错误.
故选：B.
8. 已知实数，，满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，利用单调性可比较，构造函数，利用单调性可比较，然后可得答案.
【详解】由得
,，
当时，，所以在上单调递增；
而，所以，
令，则，
当时，，所以在上单调递增；
而所以，
所以.
故选：A.
二、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. 在二项式的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则（ ）
A.
B. 展开式中没有常数项
C. 展开式所有二项式系数和为1024
D. 展开式所有项系数和为256
【答案】BD
【解析】
【分析】利用二项式系数的性质可求的值及展开式所有二项式系数和；根据二项式定理可求常数项；令可求展开式中所有项的系数和.
【详解】因为只有第5项的二项式系数最大，且第5项的二项式系数为，所以，A错误；
因为， ，因为，所以展开式中没有常数项，B正确；
展开式所有二项式系数和为，C错误；
令，可得展开式所有项的系数和为256，D正确．
故选：BD.
10. 已知随机事件，发生的概率分别为，.事件，的对立事件分别为，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 若与互斥，则
C. 若，则，相互独立
D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由对立事件概率的公式求得，判断A选项；由互斥事件的概率公式求得，判断B选项；由独立事件的公式求得，判断C选项；由条件概率即可判断D选项.
【详解】由题意，，，
对于A，因为，
故A正确；
对于B，因为与互斥，所以，
故B正确；
对于C，因为，根据事件独立性的定义可知，相互独立，
故C正确；
对于D，由，
故D错误；
故选：ABC
11. 对于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 函数的单调递减区间为和
B 当时，
C. 若方程有6个不同的实根，则
D. 设，若对，，使得成立，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由函数解析式明确定义域，利用导数与函数单调性的关系，可得正误；对于B，由函数单调性与不等式性质，可得正误；对于C，由函数图象的翻折变换，可作图象，根据方程与函数关系，可得正误；对于D，利用导数研究函数单调性，从而求得函数的值域，结合题意，建立方程组，可得正误.
【详解】对于A，由，，则，且，
求导可得，令，解得，
当或时，，当时，，
所以函数的单调递减区间为和，故A正确；
对于B，由A可知函数在上单调递减，当时，，
即，由，则，故B错误；
对于C，当时，，当时，，
令，易知的单调递减区间为、和，
单调递增区间为、和，
且当时，，当时，，
可作图如下
方程有个不同的实数根，等价于直线与函数的图象有个交点，
由图可得，故C正确；
对于D，由，求导可得，令，解得，
当时，，则函数在上单调递增，即，
由当时，，则，故D正确.
故选：ACD.
第II卷 （非选择题，共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，若，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】观察表达式，通过配凑，利用二项式定理求出结果即可．
【详解】因为
，
所以，．
故答案为：4．
【点睛】本题考查二项展开式的应用，注意定理的形式的配凑法的应用，考查计算能力．
13. 已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，求__________.
【答案】或
【解析】
【分析】求出曲线在点处的切线方程，再联立切线方程和抛物线方程并消去，转化为方程有唯一解可求的值.
【详解】由，得，当时，切线的斜率，
所以曲线在点处的切线方程为，即，
因为它与曲线只有一个公共点，
所以方程只有一解，即有唯一解，
所以时，，符合题意，
或，解得.
故答案为：或.
14. 安排甲、乙、丙、丁、戊5名大学生去杭州、宁波、金华三个城市进行毕业生实践，每个城市至少安排一人，则不同的安排方式共有_______种；其中学生甲被单独安排去杭州的概率是_________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据题意，先将5人分为三组，每组的人数可能为1,1,3或者1,2,2，对应的可能情况分别为种和种，再将其分配到三个城市，进而根据乘法原理求解即可得不同的安排方式，再讨论学生甲被单独安排去杭州的有种，最后结合古典概型求解即可.
【详解】解：先把5人分为三组，每组的人数可能为1,1,3或者1,2,2，
当每组的人数为1,1,3时，共有种情况，
当每组的人数为1,2,2时，共有种情况，
所以把5人分为三组共有种情况，
再将三组人员分配到三个城市，有种，
其中男生学生甲被单独安排去杭州的情况为种，
所以学生甲被单独安排去杭州的概率是.
故答案为：；.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤.
15. 从甲、乙、丙等7人中选出5人排成一排.（以下问题均用数字作答）
（1）甲、乙、丙三人恰有两人内，有多少种排法?
（2）甲、乙、丙三人全在内，且甲在乙、丙之间（可以不相邻）有多少种排法?
（3）甲、乙、丙都在内，且甲、乙必须相邻，甲、丙不相邻，有多少种排法?
【答案】（1）1440种
（2）240种 （3）216种
【解析】
【分析】（1）甲、乙、丙3人中选2人，其余4人中选出3人，再全排列；
（2）甲、乙、丙三人全在内，其余4人中选出2人，先排这两人，再排甲、乙、丙三人；
（3）甲、乙、丙三人全在内，其余4人中选出2人，相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法.
【小问1详解】
由于甲、乙、丙三人中恰有两人在内，所以可以分3步完成：
第1步，从3人中选中2人，有种选法.
第2步，从其余4人中选出3人，有种选法.
第3步，将选出的5个人全排列，有种排法.
根据分步乘法计数原理，不同的排法有种；
【小问2详解】
由于三人全在内，且甲在乙、丙之间，所以可以分3步完成：
第1步，从其余4人中选出2人，有种选法.
第2步，将2人安排到5个位置，有种方法.
第3步，剩余3个位置排甲、乙、丙三人，有2种方法
根据分步乘法计数原理，不同排法有种；
【小问3详解】
由于甲、乙必须相邻，甲、丙不相邻，所以分3步完成：
第1步：从其余4人中选出2人，有种选法.
第2步：将甲、乙捆绑与选出的2人排列，有种方法.
第3步：将丙插空有3种方法.
根据分步乘法计数原理，不同排法共有种.
16. 已知二项式且满足.
（1）求的值；
（2）求展开式的中间一项；
（3）设，求.
【答案】（1）
（2）924 （3）80
【解析】
【分析】（1）利用组合数公式建立方程，求解参数即可.
（2）利用二项式性质得到展开式的中间一项是第项，再利用二项式定理求解系数即可.
（3）将原二项式变形为，再利用二项式定理得到，，最后求和即可.
【小问1详解】
由组合数公式得，，
因为，所以，解得或，
由组合数性质得，则.
【小问2详解】
当时，原二项式化为二项式，
由二项式性质得共有项，则展开式的中间一项是第项，
由二项式定理得的通项为，
当时，.
【小问3详解】
由已知得，则，
由题意得，
因为，
所以，
由二项式定理得展开式的通项为，
则，，
得到，，故.
17. 已知函数.
（1）当时，求的极值；
（2）讨论的单调性；
（3）若有两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）极小值为，无极大值.
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求导，判断单调性根据极值的定义判断求解；
（2）求导，对按､进行讨论，写出函数的单调区间；
（3）根据（2）的单调区间，对进行分类讨论，结合单调性和极值，零点存在性定理，即可得到的取值范围.
【小问1详解】
当时，.
.
令，即.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
在处取得极小值为，无极大值.
【小问2详解】
①当时， 在上递减；
②当时，令，，
当时，，当时，，
在上递减，在上递增.
【小问3详解】
由（1）知，当时，在上递减；至多有1个零点，不合题意.
当时，有两个零点，则，即，
令，单调递增，.
，
，，
由零点存在定理知，在存在一个零点.
又，
，由零点存在定理知，在存在一个零点.
综上：时，有两个零点.
18. 新高考数学试卷中共3道多选题，每题满分为6分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分（如果有两个选项符合题目要求，选对一个得3分；如果有三个选项符合题目要求，选对一个得2分；有错选或不选，得0分），某数学兴趣小组研究多选题时发现：随机事件“多项选择题中，有两个选项符合题目要求”和“多项选择题中，有三个选项符合题目要求”的概率均为．若学生解答某多选题时完全没有思路，只能通过随机选择的方式来完成作答，且选择四个选项的可能性是相同的．
（1）已知某题有三个选项符合题目要求，小张通过随机选择选项的方式来完成作答，且只选一个选项作答的概率为，选两个选项作答的概率为，选三个选项作答的概率为，试求小张该题得0分的概率；
（2）小王在解答完全没有思路的多选题时，有两种策略，一是“随机选择一个选项作答”，二是“随机选择两个选项作答”，试写出小王用两种策略得分的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，策略一期望：；策略二期望：
【解析】
【分析】（1）记“随机选择i个选项作答”，，“小张得0分”．由条件概率及全概率公式求解即可；
（2）设用策略一得分为随机变量X，用策略二得分为随机变量Y，确定随机变量的取值，求得相应概率，进而可求解；
【小问1详解】
记“随机选择i个选项作答”，，“小张得0分”．
，，，，，，
则
【小问2详解】
设记小王用策略一得分为随机变量X，X的取值为0，2，3；
记小王用策略二得分为随机变量Y，Y的取值为0，4，6
，，．
小王用策略一得分X的分布列为
故．
，
，．
故；
19. 已知函数.
（1）解不等式的解集；
（2）若满足关于的方程，求证；
（3）若是函数的零点，求使得不等式成立的整数的最小值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）构造函数研究其单调性，结合即可求解；
（2）将条件化为，再结合的单调性即可得出，最后利用指对互化即可；
（3）先利用同构思想化简题干信息得出，再结合其单调性得出，再构造函数，即可通过其单调性求出，然后求函数的值域，即可求出整数的最小值.
【小问1详解】
令，
则，故在上递增，
因， 则，得，
则不等式的解集为.
【小问2详解】
因为满足，即满足，
则，即，
令，则，
因，则函数在上单调递增，所以，
所以，即；
【小问3详解】
因为是函数的零点，则，
所以，即，
两边同除以有，
两边同乘以有，
所以，即，
即，
又函数在上单调递增，所以，即，
所以，
令，则，则在上单调递增，
又，，所以，
所以，
所以使得不等式成立的整数的最小值为.
0
1
2
0.4
0
1
2
0.4
X
0
2
3
P
Y
0
4
6
P