安徽省芜湖市第一中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题（Word版附解析）

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命题人：张双庆 校对人：周晓刚
一、单选题（每小题 5 分，共 40 分）
1. 已知函数 ，则 （ ）
A. 3 B. 5 C. 8 D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】求导，再令 即可.
【详解】由 ，得 ，
所以 .
故选：A.
2. 某单位安排甲、乙、丙、丁、戊五人一周 7 天的值班工作，每天只有 1 人值班，甲要求星期一、星期日
不值班，且连续 3 天值班，其他人员每人值班 1 天，则不同的安排方法种数为（ ）
A. 120 B. 108 C. 96 D. 72
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，分两步进行分析：先分析甲星期一、星期日不值班，且连续 3 天值班的情况，再将剩
下四个人进行全排列，由分布计数原理可得答案.
【详解】甲要求星期一、星期日不值班，且连续 3 天值班，
则可以安排在（周二、周三、周四），（周三、周四、周五），（周四、周五、周六），
共 3 种情况.
剩下四个人进行全排列，安排在剩下 4 天，有 种情况，
则有 种不同的安排方法.
故选：D.
3. 已知在 A，B，C 三个地区暴发了流感，这三个地区分别有 6%，5%，4%的人患了流感．假设这三个地区
人口数量的比为 3：2：1，现从这三个地区中任意选取一个人，则这个人患流感的概率为（ ）
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A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用全概率公式计算可求概率.
【详解】设事件 为这个人患流感， 分别表示这个人来自 A，B，C 三个地区，
由已知可得 ，
又 ，
由全概率公式可得
.
故选：C.
4. 的展开式中的常数项为（）
A. 18 B. 20 C. 22 D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】写出 的展开式的通项，再将 运算进去，分别令 x 的指数为 0，求出各自的常数，
再相加即可.
【详解】 ，
的二项展开示的通项为
①，
②，
在①式中，令 得 11，故 的常数项为 ，
在②式中，令 得 ，则 的常数项为 ，
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故 的展开式中的常数项为 ，
故选：B.
5. 如图，用 6 种不同的颜色把图中 A，B，C，D 四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同
的涂法共有（ ）
A 400 种 B. 460 种 C. 480 种 D. 496 种
【答案】C
【解析】
【分析】完成此事可能使用 4 种颜色，也可能使用 3 种颜色，当使用 3 种颜色时， 和 涂一种颜色，利
用分类加法、分步乘法计数原理即可求解.
【详解】完成此事可能使用 4 种颜色，也可能使用 3 种颜色，
当使用 4 种颜色时， 有 6 种涂法， 有 5 种涂法， 有 4 种涂法， 有 3 种涂法，
所以共有 种方法；
当使用 3 种颜色时， 和 涂一种颜色，共有 6 种涂法，
有 5 种涂法， 有 4 种涂法，
所以共有 种方法；
所以不同的涂法共有 种.
故选： .
6. 拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数 在闭区间 上的图象连
续不间断，在开区间 内的导数为 ，那么在区间 内至少存在一点 ，使得
成立，其中 叫做 在 上的“拉格朗日中值点”.根据这个定理，可得函数
在 上的“拉格朗日中值点”的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】
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【分析】由“拉格朗日中值点”的定义得到关系 ，代入解析式后得到方程，由三角
函数图像知道方程解的个数，即可得到答案.
【详解】设函数 在 上的“拉格朗日中值点”为 ，
由题意可知 ，
即 ，
∴ ，
函数 在 的大致图像如下：
∵ ，所以 与函数 的图象有 4 个交点，
即方程 存在 4 个解，即“拉格朗日中值点”的个数为 4.
故选：D
7. 某学校组织中国象棋比赛，甲、乙两名同学进入决赛．决赛采取 3 局 2 胜制，假设每局比赛中甲获胜的
概率均为 ，且各局比赛的结果相互独立．则在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设甲获胜为事件 ，甲第一局获胜为事件 ，根据条件概率计算公式求解.
【详解】设甲获胜为事件 ，甲第一局获胜为事件 ，
则 ，
，
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所以在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是 .
故选：D.
8. 已知 在区间 内存在 2 个极值点，则实数 a 的取值范围为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令 ，根据极值点可得 与 在 内有 2 个交点，利用导数判断
的单调性和最值，结合图象分析求解.
【详解】因为 ，可知 在 内有 2 个变号零点，
由 可得 ，可知： 与 在 内有 2 个交点，
又因为 ，
令 ，解得 ；令 ，解得 ；
可知 在 内单调递增，在 内单调递减，则 ，
且 ， ，
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结合图象可得 ，所以实数 a 的取值范围为 .
故选：B.
二、多选题（每小题 6 分，共 18 分）
9. 一个袋子中有 5 个大小相同的球，其中红球 3 个，白球 2 个，现从中不放回地随机摸出 3 个球作为样本，
用随机变量 X 表示样本中红球的个数，用随机变量 表示第 i 次抽到红球的个数，则下列结论中
正确地是（ ）
A. X 的分布列为 ，
B. X 的期望
C.
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】列出 的分布列，求出 ，可判断 AB 的真假；根据全概率公式计算 可判断 C 的
真假；根据条件概率计算 判断 D 的真假.
【详解】对 A：由题意：随机变量 服从超几何分布，
所以 ，故 A 错误；
对 B：根据超几何分布的期望的计算公式，可得 ，故 B 正确；
对 C：根据全概率公式， ，故 C 正确；
对 D：根据条件概率可得 ，故 D 正确.
故选：BCD
10. 已知二项展开式 ，则（ ）
A. B.
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C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】令 即可判断 A；令 即可判断 B；根据二项式展开式的通项公式计算即可判断 C；令
即可判断 D.
【详解】A 项：令 ，则 ，故 A 正确；
B 项：令 ，则 ①，
所以 ，故 B 错误；
C 项： ，所以 ，
，所以 ，所以 ，故 C 正确；
D 项：令 ，则 ②，
①+②可得： ，故 D 正确．
故选：ACD
11. 已知函数 与 的定义域均为 ，且 与 均为奇函数， ，则下列结
论正确的是（ ）
A. B. 的图象关于直线 对称
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题意有 ，得 ，令 得 ，
即可求解，
对 求导有 即可判断 B，由 为偶函数，即可得 的
周期为 2 即可判断 CD.
【详解】因为 与 均为奇函数，所以 ，
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，即 ，
令 有： ，
由 ，
所以
，故 A 正确；
对 求导有 ，
即 的图象关于直线 对称，故 B 正确；
由 ，
对 求导有 ，即 为偶函数，
即得 ，
所以 的周期为 2，所以 ，故 C 正确；
因为 的周期为 2，所以 ，
所以 ，故 D 错误.
故选：ABC
三、填空题（每小题 5 分，共 15 分）
12. 在 的展开式中，含 项的系数为______.
【答案】15
【解析】
【分析】利用组合数计算 项的系数即可.
【详解】由题意， 项的系数为 .
故答案为：15.
13. 数轴上的一个质点在随机外力的作用下，从原点 出发，每隔 等可能地向正方向或负方向移动一个单
位，则质点在第 末位于位置 的概率为__________.
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【答案】
【解析】
【分析】方法一：事件质点在第 末位于位置 ，可理解为 次移动中有 次向负方向、 次向正方向，
利用古典概型概率公式求结论；
方法二：设前 质点向正方向移动的次数为 ，由条件可得 ，事件质点在第 末位于位
置 ，可表示为 ，结合二项分布概率分布列求解.
【详解】方法一，若质点在第 末位于位置 ，则 次移动中有 次向负方向、 次向正方向，
由已知前 所有的移动方式有 种，符合要求的移动方式有 种，
故其概率为 ．
方法二，设前 质点向正方向移动的次数为 ，则 ，
质点在第 末位于位置 ，则 ，
所以概率为 ．
故答案为： .
14. 已知函数 （ 为自然对数的底数），若关于 的方程 有且
仅有四个不同的解，则实数 的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】设 ，由题意可得当 时函数 有 2 个零点，进而方程
有 2 个正解，利用导数的几何意义求出直线 与函数 图象相切时 k 的值，
根据数形结合的思想即可求解.
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【详解】设 ，则 ，所以函数 为偶函数，
又 ，则 ，所以当 时， 有两个零点，
且当 时， ，则 ，
令 ，令 ，
则 ，所以函数 在 上单调递增.
下面讨论直线 与函数 图象相切的情况，
设切点为 （ ），
则曲线 在 处的切线方程为 ，即 ，
有 ，解得 ，
由图可知，当 时，直线 与函数 图象在 上有 2 个交点，
即函数 在 上有 2 个零点，所以实数 k 得取值范围为 .
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键，是根据函数 的奇偶性确定其在在 上
有 2 个零点，结合数形结合的思想从而得解.
四、解答题
15. 已知 的二项展开式有 7 项．
（1）求 ，并求出所有二项式系数之和；
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（2）求展开式中含 项的系数；
（3）求展开式中的有理项．
【答案】（1） ；64
（2）1215 （3） ， ， ，
【解析】
【分析】（1）由二项展开式有 7 项，可得 ，所有二项式系数之和为 ；
（2）先求出二项展开式的通项为 ，再令 ，解得 ，代入通项计算即可；
（3）分析得出要得到有理项，必须让 为整数，从而得到 ，再代入通项计算即可.
【小问 1 详解】
因为 的二项展开式有 7 项，所以 ，
所以所有二项式系数之和为 ；
【小问 2 详解】
由（1）知 ，所以 的二项展开式的通项为
，
令 ，解得 ，
所以展开式中含 项的系数为 ；
【小问 3 详解】
因为 的二项展开式的通项为 ，
因为 ，且 ，所以能使 为整数的 ，
所以展开式中的有理项分别为
， ，
， .
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16 已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）当 时，不等式 恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】（1）答案见解析.
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，分 和 讨论导函数的符号，可得函数的单调区间.
（2）用分离参数法把问题转化为 恒成立，设 ，求 的最大值即可.
【小问 1 详解】
因为 （ ）.
所以 .
当 时， 在 上恒成立，所以函数 在 上单调递增；
当 时，由 ；由 ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增.
综上可知：当 时，函数 在 上单调递增；
当 时，函数 在 上单调递减，在 上单调递增.
【小问 2 详解】
当 时，不等式可化为： 在 上恒成立.
所以 在 上恒成立.
设 （ ），则 .
由 ；由 .
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所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减.
所以 .
所以实数 的取值范围为： .
17. 食品安全问题越来越受到人们的重视，某超市在某种蔬菜进货前，要求食品安检部门对每箱蔬菜进行三
轮各项指标的综合检测，只有三轮检测都合格，蔬菜才能在该超市销售.已知每箱这种蔬菜第一轮检测不合
格的概率为 ，第二轮检测不合格的概率为 ，第三轮检测不合格的概率为 ，每轮检测只有合格与不合
格两种情况，且各轮检测是否合格相互独立.
（1）求每箱这种蔬菜不能在该超市销售的概率为；
（2）若这种蔬菜能在该超市销售，则每箱可获利 元，若不能在该超市销售，则每箱亏损 元，现有
箱这种蔬菜，求这 箱蔬菜总收益的均值.
【答案】（1）
（2） 元．
【解析】
【分析】（1）记 分别为事件“第一，二，三轮检测合格”， 为事件“每箱这种蓅菜不能在该超
市销售”．则 ，根据条件可求结论；
（2）方法一：由条件确定随机变量 的可能取值，再求取各值的概率，由此可得分布列，再由期望公式求
.
方法二：设这 4 箱蔬菜的检验合格数量为随机变量 ，则 ，由二项分布期望公式求 ，结
合关系 和期望的性质求 .
【小问 1 详解】
记 分别为事件“第一，二，三轮检测合格”， 为事件“每箱这种蓅菜不能在该超市销售”．
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由题意可知： ，
所以 ．
【小问 2 详解】
方法一：设这 箱蔬菜的总收益为随机变量 ，则 的所有可能取值为 ， ， ， ，
，
， ，
， ，
，
故 的分布列为：
所以 的均值 （元）．
方法二：设这 箱蔬菜的检验合格数量为随机变量 ，则 ，
总收益为随机变量 ，
所以 （元）．
18. 甲、乙两人进行一场网球比赛，比赛采用三局两胜制，每局都没有平局，且甲第一局获胜的概率为
.从第二局开始，若上一局甲获胜，则下一局甲获胜的概率为 ，若上一局甲未获胜，则下一
局甲获胜的概率为 .
（1）当 时，求甲第二局获胜的概率.
（2）设甲第一局未获胜且第二局获胜的概率为 .
①求 ；
②记这场比赛需要进行的局数为 ，求 的分布列与期望.
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【答案】（1）
（2）① ；②分布列见解析，期望为 .
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式即可求解,
（2）①②根据全概率公式即可求解概率，进而根据期望公式求解.
【小问 1 详解】
设 “甲第 局获胜”，其中 ，依题意得 ，
当 时，由全概率公式得 .
，
所以甲第二局获胜的概率为 .
【小问 2 详解】
①甲第一局未获胜且第二局获胜的概率为 ，
依题意得 ，解得 .
② 的可能取值为 2，3.
，
所以 的分布列为
2 3
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.
19. 已知函数 ， ．
（1）当 时，求曲线 与 的公切线的方程；
（2）若 有两个极值点 和 ，且 ，求实数 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件及导数的几何意义即可求解；
（2）根据已知条件及函数极值点的定义，构造函数，利用导数法研究函数的最值即可求解.
【小问 1 详解】
当 时， ，所以 ，
因为 ，所以 ，
设曲线 上 切点为 ，则切线方程为 ，
设曲线 上的切点为 ，则切线方程为 ，
由两条切线重合得 ，解得 ，
所以曲线 与 的公切线的方程为 ，
【小问 2 详解】
由题意可知， ，
所以 ，
因为 有两个极值点 和 ，
所以 有两个零点 和 ，
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所以 ，即 ，
令 ，则 ，解得 ，
设 则 ，
又令 ，则 ，
所以 在 上单调递减，
所以 ，所以
所以 在 上单调递减，
所以 ，
易知 所以 ，
令 ，则 ，
当 时， ，
所以 在 上单调递增，
又
所以 ，
故实数 取值范围为 .
【点睛】关键点睛：解决本题第一问的关键是利用导数的几何意义及公切线，第二问是构造函数
，求出 的范围，再利用导数研究 的值域即可.
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