福建省福州市台江区九校2024-2025学年高一下学期期中联考数学试题（原卷版+解析版）

这是一份福建省福州市台江区九校2024-2025学年高一下学期期中联考数学试题（原卷版+解析版），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共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. 下列函数的求导正确的是（ ）
A. B.
C. D.
2. 设函数的导函数为，且，则（ ）
A. B. C. D.
3. 已知某超市为顾客提供四种结账方式:现金、支付宝、微信、银联卡.若顾客甲只会用现金结账，顾客乙只会用现金和银联卡结账，顾客丙与甲.乙结账方式不同，丁用哪种结账方式都可以若甲乙丙丁购物后依次结账，那么他们结账方式的组合种数共有（ ）
A 种B. 种C. 种D. 种
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
5. 函数的导函数为的图象如图所示，关于函数，下列说法不正确的是（ ）
A. 函数，上单调递增
B. 函数在，上单调递减
C. 函数存在两个极值点
D. 函数有最小值，但无最大值
6. 若随机变量的可能取值为，且，则（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
7. 已知事件，且，，，则（ ）
A. B. C. D.
8. 已知曲线与曲线只有一个公共点，则（ ）
A. B. 1C. eD.
二、选择题（本大题共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. 不透明的袋中装有5个大小质地完全相同的小球，其中3个红球、2个白球，从袋中一次性取出2个球，记事件A=“两球同色”，事件B=“两球异色”，事件C=“至少有一红球"，则（ ）
A. B.
C. 事件A与事件B是对立事件D. 事件A与事件B是相互独立事件
10. 已知函数，则（ ）
A. 有两个极值点
B. 有一个零点
C. 点是曲线对称中心
D. 直线是曲线的切线
11. 在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔（），简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点.依据不动点理论，下列说法正确的是（ ）
A. 函数有1个不动点
B. 函数有2个不动点
C. 若定义在R上的奇函数，其图像上存在有限个不动点，则不动点个数是奇数
D. 若函数在区间上存在不动点，则实数a满足（e为自然对数的底数）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 现有一个由甲、乙、丙、丁共4人组成的参观团要参观广雅、省实和华附三所中学，要求每人只能参观一所学校，每所学校至少有一个人参观，则不同的参观方法有________种.
13. 已知在，的展开式中，有且只有第项的二项式系数最大，则展开式中的系数为_____
14. 记函数在区间上的最大值为，最小值为，则_________.
四、解答题（本大题共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. 已知函数．
（1）求函数的单调区间与极值；
（2）求函数在区间上的最值．
16. 一个袋中装有6个同样大小小球，编号分别为1，2，3，4，5，6，现从袋中随机取出3个小球，用X表示取出的3个小球中最大编号和最小编号的差．
（1）求；
（2）求随机变量X的分布列和数学期望．
17. 已知某地居民某种疾病的发病率为0.02，现想通过对血清甲胎蛋白进行检验，筛查出该种疾病携带者.
（1）若该检测方法可能出错，具体是：患病但检测显示正常的概率为0.01，未患病但检测显示患病的概率为0.05.
①求检测结果显示患有该疾病的概率；
②求检测显示患有该疾病的居民确实患病的概率.（保留四位有效数字）
（2）若该检测方法不可能出错，采用混合化验方法：随机地按人一组分组，然后将个人的血样混合再化验，如果混合血样呈阴性，说明这人全部阴性；如果混合血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次（每一小组都要按要求独立完成），取何值时，总化验次数最少？
说明：函数先减后增
18. 已知函数.
（1）若函数的极值点在内，求m的取值范围；
（2）若有两个零点，求m取值的范围.
19. 甲乙两人轮流投掷质地均匀的骰子，第一轮甲先后投掷两次，接着乙先后投掷两次，依此轮流每人连续投掷两次.
（1）甲先后投掷两次，在第一次掷出偶数点的条件下，求甲两次掷出的点数之和大于6的概率；
（2）若第一轮甲连续两次掷出的点数均为偶数，则甲获胜.同时比赛结束；否则，由另一人继续投掷，直到有人连续两次掷出的点数均为偶数，则此人获胜且比赛结束.求甲获胜的概率.（注：若，当时，看作0）
2024-2025学年第二学期期中考试高二数学试卷
（满分：150 分；考试时间：120 分钟）
一、选择题（本大题共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. 下列函数的求导正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由初等函数的导数和复合函数的导数公式逐项分析即可.
【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.
2. 设函数的导函数为，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据导数的定义，变形求解.
【详解】因为，所以
故选：B
3. 已知某超市为顾客提供四种结账方式:现金、支付宝、微信、银联卡.若顾客甲只会用现金结账，顾客乙只会用现金和银联卡结账，顾客丙与甲.乙结账方式不同，丁用哪种结账方式都可以若甲乙丙丁购物后依次结账，那么他们结账方式的组合种数共有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】D
【解析】
【分析】
分乙使用现金和银联卡两种方法，分类求结账方法的组合数.
【详解】当乙用现金结算时，此时甲和乙都用现金结算，所以丙有3种方法，丁有4种方法，
共有种方法；当乙用银联卡结算时，此时甲用现金结算，丙有2种方法，丁有4种方法，共有种方法，
综上，共有种方法.
故选：D
【点睛】本题考查分类和分步计数原理，意在考查分析问题和解决问问他的能力，属于基础题型.
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令二项展开式中的，即可求展开式中各项系数的和.
【详解】因为，
所以令，即，可得，
即.
故选：A
5. 函数的导函数为的图象如图所示，关于函数，下列说法不正确的是（ ）
A. 函数，上单调递增
B. 函数在，上单调递减
C. 函数存在两个极值点
D. 函数有最小值，但是无最大值
【答案】C
【解析】
【分析】利用导函数图象，得到原函数单调性即可判断AB，利用极值点的定义判断C，利用函数的单调性及最值的概念判断D.
【详解】根据的图象可知，
函数在和上，单调递增，A选项正确；
函数在和上，单调递减，B选项正确；
所以的极小值点为，3，极大值点为1，C选项错误；
由上述分析可知，函数的最小值是和两者中较小的一个，没有最大值，D选项正确.
故选：C
6. 若随机变量的可能取值为，且，则（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】先根据概率的性质求出的值，再根据离散型随机变量的公式计算即可.
【详解】由题意得，解得，
故，
故选：B
7. 已知事件，且，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据概率的乘法公式及条件概率公式计算即可.
【详解】因为 ， ，
所以，
因为 ，所以 ．
故选：D.
8. 已知曲线与曲线只有一个公共点，则（ ）
A. B. 1C. eD.
【答案】B
【解析】
【分析】方法一：把两曲线与有一个公共点，转化为方程只有一个实数解，通过分离常数求出值；
方法二：把两曲线与有一个公共点，转化成两曲线只有一个公切点，再利用几何意义求解；
方法三：利用原函数和反函数图像关于对称，且两函数图像都与相切于点，巧妙求出值.
【详解】方法一：由已知曲线与曲线只有一个公共点，
方程只有一个实数解，而，则只考虑，
即，令，则，
而在单调递增，且，
所以时，单调递减，
时，单调递增，
而时，；时，，
所以．
方法二：由已知曲线与曲线只有一个公共点，
则曲线与曲线只有一个公切点，设其坐标为，
根据函数的图像与函数的图像之间的关系，
所以有，
即，所以，
设，则在单调递减，而，
所以，所以．
方法三：由于函数的反函数为，两函数关于对称，
由于，令，则，即函数与函数相切于点，
同理，，令，即函数． 与函数也相切于点，
于是函数与函数相切于点，由选项可知，．
故选：B.
二、选择题（本大题共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. 不透明的袋中装有5个大小质地完全相同的小球，其中3个红球、2个白球，从袋中一次性取出2个球，记事件A=“两球同色”，事件B=“两球异色”，事件C=“至少有一红球"，则（ ）
A. B.
C. 事件A与事件B是对立事件D. 事件A与事件B是相互独立事件
【答案】BC
【解析】
【分析】根据古典概型概率公式求事件的概率，判断AB，根据对立事件和独立事件的定义判断CD.
【详解】对于A，随机试验从袋中一次性取出2个球样本空间含个样本点，
随机事件包含的样本点的个数为，所以，A错误；
对于B，随机事件包含的样本点的个数为，所以，B正确，
对于C，事件与事件不可能同时发生，所以事件与事件为互斥事件，
又，即事件为必然事件，所以事件与事件是对立事件，C正确；
对于D，随机事件包含的样本点的个数为，所以，
随机事件为不可能事件，所以，所以，
所以事件与事件不是相互独立事件，D错误，
故选：BC.
10. 已知函数，则（ ）
A. 有两个极值点
B. 有一个零点
C. 点是曲线的对称中心
D. 直线是曲线的切线
【答案】BC
【解析】
【分析】利用导数y与零点存在性定理求解三次函数的极值点，零点，对称中心，切线问题.
【详解】选项A：则恒成立，故单调递增，故不存在两个极值点，故选项A错误.
选项B:又单调递增，故有一个零点，故选项B正确，
选项C：故点是曲线的对称中心，故选项C正确，
选项D：令，即，
令，则令，
则
当则当切线斜率为切点为则切线方程为：与不相等，
当时同样切线方程不为，故选项D错误.
故选：BC.
11. 在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔（），简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点.依据不动点理论，下列说法正确的是（ ）
A. 函数有1个不动点
B. 函数有2个不动点
C. 若定义在R上的奇函数，其图像上存在有限个不动点，则不动点个数是奇数
D. 若函数在区间上存在不动点，则实数a满足（e为自然对数的底数）
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用“不动点”的定义，研究的零点个数，构造新函数和，结合导数研究函数的单调性即可判断选项，,利用奇函数的性质结合是的一个“不动点”，其它的“不动点”都关于原点对称，即可判断选项，将函数在区间，上存在不动点，转化为在，上有解，然后构造新函数，利用导数研究函数的性质进行分析，即可判断选项．
【详解】解：对于选项,令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以
所以在上有且仅有一个零点，即有且仅有一个“不动点”，故选项正确；
对于选项,令，则，
所以在上单调递增，
所以在上最多有一个零点，即最多只有一个“不动点”，故选项错误；
对于选项，因为是上的奇函数，
则为定义在上的奇函数，
所以是的一个“不动点”，其它的“不动点”都关于原点对称，其个数的和为偶数，
所以一定有奇数个“不动点”，故选项正确；
对于选项,因为函数在区间，上存在不动点，
则在，上有解，
则在，上有解，
令，则，
再令，则，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以在，上恒成立，
所以在，上单调递增，
所以，，
所以实数满足为自然对数的底数），故选项正确．
故选：．
【点睛】本题考查的是函数的新定义问题，试题以函数和方程的有关知识为背景设计问题，要求学生能理解函数性质的基础上，利用基础知识探究新的问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可．
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 现有一个由甲、乙、丙、丁共4人组成的参观团要参观广雅、省实和华附三所中学，要求每人只能参观一所学校，每所学校至少有一个人参观，则不同的参观方法有________种.
【答案】36
【解析】
【分析】
先将4人分为3堆，再分配即可.
【详解】要满足题意，只需先将4人分为3堆，分别有人，再分配给3间学校即可.
故所有参观方法有.
故答案为：.
【点睛】本题考查部分元素个数不同的分堆和分配问题，属基础题.
13. 已知在，展开式中，有且只有第项的二项式系数最大，则展开式中的系数为_____
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式系数的性质求出的值，写出二项展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解.
【详解】依题意可知，
的展开式通项为，
令，则，故的系数为.
故答案为：.
14. 记函数在区间上的最大值为，最小值为，则_________.
【答案】##
【解析】
【分析】先将看作关于的函数，利用导数讨论其单调性后用表示其最大值，最后再利用导数求该最大值的最小值即可.
【详解】设，则，
当，时，（不恒为零），所以是减函数，
所以.
设，则，
当时，，单调递增，所以.
故答案为：.
四、解答题（本大题共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. 已知函数．
（1）求函数的单调区间与极值；
（2）求函数在区间上的最值．
【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是；极大值是，极小值是
（2）最大值为，最小值为0
【解析】
【分析】（1）对求导，根据导数的正负确定函数的增减，根据函数的单调性确定极值即可；
（2）根据极值点和端点值确定最值.
【小问1详解】
．
令，得或，
令，得，
所以的单调递增区间是，单调递减区间是．
所以的极大值是，的极小值是．
【小问2详解】
因为，
由（1）知，的极大值是，的极小值是，
所以函数在区间上的最大值为，最小值为0．
16. 一个袋中装有6个同样大小的小球，编号分别为1，2，3，4，5，6，现从袋中随机取出3个小球，用X表示取出的3个小球中最大编号和最小编号的差．
（1）求；
（2）求随机变量X的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，．
【解析】
【分析】（1）根据题意，由概率公式代入计算，即可求解；
（2）有题意可得，X取值分别为2，3，4，5，分别求得其对应概率，再由期望的公式代入计算，即可得到结果；
小问1详解】
当时，这3个球的编号分别有两个为1和6，另一个为2或3或4或5，
可得；
【小问2详解】
随机变量X的取值分别为2，3，4，5，
有，
，
，
随机变量X的分布列为：
则．
17. 已知某地居民某种疾病的发病率为0.02，现想通过对血清甲胎蛋白进行检验，筛查出该种疾病携带者.
（1）若该检测方法可能出错，具体是：患病但检测显示正常的概率为0.01，未患病但检测显示患病的概率为0.05.
①求检测结果显示患有该疾病的概率；
②求检测显示患有该疾病的居民确实患病的概率.（保留四位有效数字）
（2）若该检测方法不可能出错，采用混合化验方法：随机地按人一组分组，然后将个人的血样混合再化验，如果混合血样呈阴性，说明这人全部阴性；如果混合血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次（每一小组都要按要求独立完成），取何值时，总化验次数最少？
说明：函数先减后增.
【答案】（1）①0.0688；②0.2878
（2）
【解析】
【分析】（1）①用全概率公式即可求出概率，②结合①的结果，用条件概率公式即可求解；
（2）设每小组检验次数为X，根据题意求出期望，总化验次数为，根据表格即可求出使得化验次数最少的k.
【小问1详解】
设A表示患病，B表示检测结果显示患病，则
，
【小问2详解】
设总居民人数为M，每小组检验次数为X，X的可能取值为1，
，，则，
总化验次数为，
根据附表计算，时，化验次数最少.
18. 已知函数.
（1）若函数的极值点在内，求m的取值范围；
（2）若有两个零点，求m取值的范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，转化问题为在上有解，进而求解即可；
（2）求导，分，两种情况讨论求解即可.
【小问1详解】
由,
则，
要使函数的极值点在内，
则在上有解，
即在上有解，则，解得，
即m的取值范围为.
【小问2详解】
由，，
则，
当时，，，则，
此时函数在上单调递增，不可能有两个零点，不符合题意；
当时，，令，得，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
又时，，时，，
要使有两个零点，则恒成立，
设，则，
所以函数在上单调递增，又，
则，解得.
综上所述，m取值的范围为.
19. 甲乙两人轮流投掷质地均匀的骰子，第一轮甲先后投掷两次，接着乙先后投掷两次，依此轮流每人连续投掷两次.
（1）甲先后投掷两次，在第一次掷出偶数点的条件下，求甲两次掷出的点数之和大于6的概率；
（2）若第一轮甲连续两次掷出的点数均为偶数，则甲获胜.同时比赛结束；否则，由另一人继续投掷，直到有人连续两次掷出的点数均为偶数，则此人获胜且比赛结束.求甲获胜的概率.（注：若，当时，看作0）
【答案】（1）.
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据条件概率公式，先确定事件和，再分别计算和，进而求得.
（2）通过设甲获胜的概率为，分析甲在不同轮次获胜的情况，借助等比数列求和公式计算.
【小问1详解】
设事件“甲第一次掷出偶数点”，事件“甲两次掷出的点数之和大于6”，
样本空间，
样本空间包含的样本点个数为，且每个样本点都是等可能的.
，，
，，
则，，
所以，（或）
即在甲第一次掷出偶数点的条件下，两次掷出的点数之和大于6的概率为.
【小问2详解】
若甲第一轮获胜，概率为；
若甲第二轮获胜，即第一轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数，第二轮甲投掷后的两个点数都为偶数，概率为；
若甲第三轮获胜，即前两轮投掷后两人两个点数均不都为偶数，第三轮甲投掷后的两个点数都为偶数，概率为；
由以上可得，若甲第轮获胜，即前轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数，
第n轮甲投掷后的两个点数都为偶数.概率为；
于是，，，，…，组成一个以为首项，为公比的等比数列.
所以.
则当时，，故甲获胜的概率为.
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X
2
3
4
5
P
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