福建省泉州市永春第二中学等五校2024−2025学年高二下学期期中联考 数学试题（含解析）

这是一份福建省泉州市永春第二中学等五校2024−2025学年高二下学期期中联考 数学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．（ ）
A．63B．10C．21D．0
2．已知函数，则（ ）
A．2B．C．1D．
3．某校准备下一周举办运动会，甲、乙、丙、丁4位同学报名参加这4个项目的比赛，每人只报名1个项目，任意两人不报同一个项目，甲不报名参加项目，则不同的报名方法种数有（ ）
A．18B．21C．23D．72
4．若曲线在点处的切线方程为，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
5．随机变量，且，则（ ）
A．64B．128C．256D．32
6．已知偶函数的定义域为R，导函数为，若对任意，都有恒成立，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
7．是定义在上的函数，为的导函数，若方程在上至少有3个不同的解，则称为上的“波浪函数”.已知定义在上的函数为“波浪函数”，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．考察下列两个问题：①已知随机变量，且，，记；②甲、乙、丙三人随机到某3个景点去旅游，每人只去一个景点，设表示“甲、乙、丙所去的景点互不相同”，表示“有一个景点仅甲一人去旅游”，记，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知函数，则（ ）
A．是奇函数
B．的单调递增区间为和
C．的最大值为
D．的极值点为
10．已知二项式的展开式中共有7项，则下列说法正确的有（ ）．
A．所有项的二项式系数和为128B．所有项的系数和为1
C．二项式系数最大的项为第4项D．有理项共3项
11．记，分别为，的对立事件，且，，.则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．用5种不同的花卉种植在如图所示的四个区域中，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法种数是 .
13．已知函数在区间上单调递增，则实数m的取值范围是 ．
14．若，且，则 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．2025年春节期间，全国各大影院热映《哪吒之魔童闹海》、《唐探1900》、《封神2》、《射雕英雄传》4部优秀的影片．现有4名同学，每人选择这4部影片中的1部现看．
(1)如果这4名同学选择观看的影片均不相同，那么共有多少种不同的选择方法？
(2)如果这4名同学中的甲、乙2名同学分别选择观看影片《哪吒之魔童闹海》、《封神2》，那么共有多少种不同的选择方法？
(3)如果这4名同学中恰有2名同学选择观看同一部影片，那么共有多少种不同的选择方法？
16．为了增强学生的国防意识，某中学组织了一次国防知识竞赛，高一和高二两个年级学生参加知识竞赛，现两个年级各派一位学生代表参加国防知识决赛，决赛的规则如下：
①决赛一共五轮，在每一轮中，两位学生各回答一次题目，两队累计答对题目数量多者胜；若五轮答满，分数持平，则并列为冠军；
②如果在答满轮前，其中一方答对题目数量已经多于另一方答满次题可能答对的题目数量，则不需再答题，譬如：第轮结束时，双方答对题目数量比为，则不需再答第轮了；
③设高一年级的学生代表甲答对比赛题目的概率是，高二年级的学生代表乙答对比赛题目的概率是，每轮答题比赛中，答对与否互不影响，各轮结果也互不影响.
(1)在一次赛前训练中，学生代表甲同学答了轮题，且每次答题互不影响，记为答对题目的数量，求的分布列及数学期望；
(2)求在第轮结束时，学生代表甲答对道题并刚好胜出的概率.
17．已知函数
(1)当时，求在上的最值；
(2)讨论的单调性．
18．某种电子玩具按下按钮后，会出现红球或绿球．已知按钮第一次按下后，出现红球与绿球的概率都是，从按钮第二次按下起，若前一次出现红球，则下一次出现红球、绿球的概率分别为、，若前一次出现绿球，则下一次出现红球、绿球的概率分别为、，记第次按下按钮后出现红球的概率为．
(1)求的值；
(2)若，，试用表示．
19．已知函数.
（1）若函数在其定义域内为增函数，求的取值范围；
（2）在（1）的条件下，设函数，若在上至少存在一点，使得成立，求实数的取值范围.
参考答案
1．【答案】C
【详解】由题意得，故C正确.
故选C.
2．【答案】B
【详解】函数，求导得，
所以.
故选B
3．【答案】A
【详解】要做到每人只报名1个项目，任意两人不报同一个项目，甲不报名参加项目，可以分成两步完成：
① 让甲在三个项目中任选一个，有种方法；
② 让另外三个同学在剩下的三个项目中各任选一个，有种方法.
由分步乘法计数原理，可得符合条件的报名方法种数为.
故选A.
4．【答案】B
【详解】由题设，则，又，
所以，故.
故选B
5．【答案】A
【详解】随机变量服从二项分布，且，所以，则，因此.故选A.
6．【答案】C
【详解】令，则，则A错误；
令，则，
当时，由，
，则在上单调递增，
又因为偶函数的定义域为R，
∴为偶函数，在上单调递增，
，，故B错误；
，，故C正确；
由题意，不妨假设(c为常数)符合题意，此时，故D错误.
故选C.
7．【答案】D
【详解】，，
，
显然不满足上式，所以，
令，则，
在上单调递增，
在区间上单调递减，
且，
画出的图像，可知：.
故选D.
8．【答案】C
【详解】解：问题①，由，解得，
则.
问题②，根据题意，事件B的可能情况有种，
事件发生的可能情况为种，
所以，.
故选C.
9．【答案】AB
【详解】因为对，根据奇函数定义可知函数是上的奇函数，即A正确；
令可得或，即的单调递增区间为和，故B正确；
由B可知，在单调递增，所以无最大值，即C错误；
由得，结合选项B可知，是函数的极大值点，是函数的极小值点，极值点不是点，所以错误.
故选AB.
10．【答案】BC
【详解】因为二项式的展开式中共有7项，
所以，则二项式为，
对于A，所有项的二项式系数和为，所以A错误，
对于B，令，则所有项的系数和为，所以B正确，
对于C，因为二项式的展开式中共有7项，所以由二项式的性质可知二项式系数最大的项为第4项，所以C正确，
对于D，二项式展开式的通项公式为，因为，所以当时，其对应的项为有理项，即共有4个有理项，所以D错误，
故选BC.
11．【答案】ABC
【详解】由题可知，，则，
对于A，，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D错误；
故选ABC.
12．【答案】240
【详解】由题意，区域A可选的方法数为5，区域B可选的方法数为4，区域C可选的方法数为3，
区域D可选的方法数为4，可得总的方法数为.
13．【答案】
【详解】，
若函数在区间上单调递增，则在上恒成立，
即在上恒成立，即在上恒成立，
令，∴，
当时，，，则，
∴在区间上单调递增，∴，
∴，则实数m的取值范围是.
14．【答案】32
【详解】，
，
，
时，
.
15．【答案】(1)24
(2)16
(3)144
【详解】（1）因为这4名同学选择观看的影片均不相同，
所以不同的选择方法共有种；
（2）因为甲、乙2名同学选择观看的影片已确定，
所以其余2人观看影片的不同方法有种；
（3）因为这4名同学中恰有2名同学选择观看同一部影片，
所以不同的选择方法有种.
16．【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【详解】（1）解：由题可得，的可能取值为、、、，
所以，，，
，，
所以，的分布列为：
所以，.
（2）解：将“在第轮结束时，学生代表甲答对道题并刚好胜出”记为事件，
“在第轮结束时，学生代表乙答对道题”记为事件，
“在第轮结束时，学生代表乙答对道题”记为事件，则、互斥，且，
则，
，
所以，.
因此，在第轮结束时，学生代表甲答对道题并刚好胜出的概率为.
17．【答案】(1)最大值为32，最小值为
(2)答案见解析
【详解】（1）因为，所以．
当时，，当时，，
故的单调递增区间为和，单调递减区间为．
因为，
所以在上的最大值为32，最小值为．
（2）因为，
所以
令，得或．
当，即时，由，解得或，由，解得．
当，即时，恒成立．
当，即时，由，解得或，由，解得．
综上所述，当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为．
18．【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）设“第1次出现红球”，“第1次出现绿球”，B＝“第2次出现红球”，
则，，，
由全概率公式得．
（2）设“第次出现红球”，“第次出现绿球”，D＝“第n次出现红球”，
则，，，，
由全概率公式得
()．
19．【答案】（1）；（2）.
【详解】解：（Ⅰ）．
要使在定义域内是增函数，只需在内恒成立．
即：得：恒成立．
由于，∴，∴
∴在内为增函数，实数的取值范围是 ．
（Ⅱ）∵在上是减函数
∴时，，时，，即
令
当时，由（Ⅰ）知在上是增函数，
又在上是减函数，故只需，
而，，即
解得
∴实数的取值范围是．