黑龙江省大庆市大庆实验中学2024-2025学年高二下学期期中数学试题（Word版附解析）

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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. 在的展开式中，的系数是（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】由二项式定理展开式的通项求解即可.
【详解】展开式的通项为，
令，
所以的系数是.
故选：D
2. 若函数在处取得极小值，则实数（ ）
A. B. 2C. 2或0D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】对函数求导，根据极小值点求参数，注意验证即可得答案.
【详解】由，则，得或2，
时，，在R上单调递增，不满足；
时，，在上，在上，
所以在上单调递增，在上单调递减，满足题设，
所以.
故选：D
3. 某人外出出差，委托邻居给家里植物浇一次水，设不浇水，植物枯萎的概率为0.8，浇水，植物枯萎的概率为0.15.邻居记得浇水的概率为0.9.则该人回来植物没有枯萎的概率为（ ）
A 0.785B. 0.845C. 0.765D. 0.215
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，结合条件概率计算公式，即可求解．
【详解】解：记为事件“植物没有枯萎”，为事件“邻居记得给植物浇水”，
则根据题意，知，，，，
因此．
故选：A．
4. 已知，则被4除的余数为（ ）
A. 3B. 2C. 1D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】分别赋值以及，可推得，然后将展开即可得出答案.
【详解】令，由已知可得，，
令，可得，
所以.
因为
，
所以被4除的余数为1，即被4除的余数为0，
故选：D.
5. 某单位春节共有四天假期，但每天都需要留一名员工值班，现从甲、乙、丙、丁、戊、己六人选出四人值班，每名员工最多值班一天，已知甲在第一天不值班，乙在第四天不值班，则值班安排共有（ ）
A. 192种B. 252种C. 268种D. 360种
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理，结合排列、组合计数问题列式计算即得.
【详解】若甲乙不值班，值班安排有种；
若甲乙只有一人不值班，值班安排有种；
若甲乙都值班，值班安排有种，
所以值班安排共有252种.
故选：B
6. 大庆市组织2025年度高中校园足球比赛，共有10支球队报名参赛.比赛开始前将这10支球队分成两个小组，每小组5支球队，其中获得2024年度冠、亚军的两支球队分别在第一小组和第二小组，剩余8支球队抽签分组．已知这8支球队中包含甲、乙两队，记“甲队分在第一小组”为事件，“乙队分在第一小组”为事件，“甲、乙两队分在同一小组”为事件，则下列结论中错误的是（ ）
A. B.
C. 事件与事件相互独立D.
【答案】D
【解析】
【分析】A选项可以直接得到答案；B选项利用组合知识分别求出分组的所有情况和事件包含的情况，从而求出相应的概率；C选项利用若，则事件A与B相互独立来验证事件与事件是否相互独立；D选项，分别求出，，验证是否等于．
【详解】对于A，因为甲队分在第一小组和第二小组的概率相等，且两种情况等可能，所以，故A正确；
对于B，8支球队抽签分组共有种不同方法，甲、乙两队分在同小组共有种不同方法，
所以甲、乙两队分在同一小组的概率，故B正确；
对于C，因为，，
所以，所以事件与事件相互独立，故C正确；
对于D，因为，所以，故D错误；
故选：D．
7. 甲、乙、丙三人分别从2个不同的数中随机选择若干个数（可以不选），分别构成集合A，B，C，记中元素的个数为m，则的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知一个元素被某人选中的概率为且相互独立，利用乘法公式及对立事件的概率求法得两个元素均未被三人选中的概率为，最后应用对立事件的概率求法即可得.
【详解】设两个不同数为，一个元素被某人选中的概率为且相互独立，
所以一个元素被甲乙丙三人都选中的概率为，
由中元素的个数，表示至少一个元素被三人选中，
而两个元素均未被三人选中的概率为，所以的概率为.
故答案为：.
8. 若实数，满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将原不等式转化为进一步转化为构造并讨论的单调性与最值即可求解.
【详解】因为，所以
所以所以
令，则即
所以
令，
令解得，令解得，
所以在单调递增，单调递减，
，
要使成立，即，
则当且仅当，
所以解得，
所以，故A正确；
，故B错误；
，故C错误；
，故D错误.
故选:A.
二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求）
9. 为庆祝建党100周年，讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进全体党员干部职工对党史知识的了解，某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比赛，某支部在5道党史题中(有3道选择题和道填空题)，不放回地依次随机抽取道题作答，设事件A为“第1次抽到选择题”，事件B为“第次抽到选择题”，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据古典概型概率的求法及条件概率，互斥事件概率求法，可以分别求得各选项.
【详解】,故A正确；
，故B正确；
，故C正确；
，，，故D错误.
故选: ABC
10. 已知某高校开展一项课外研学活动，参与活动并提交研学论文可以获得学分，且该高校对论文的评定分为两个等级：合格，不合格．评定为合格可以获得0.2学分，评定为不合格不能获得学分．若评定为不合格，则下一次评定为合格的概率为，若评定为合格，则下一次评定为合格的概率为．已知包括小明与小刚在内共名同学均参加了3次研学活动，且每次研学活动结束后，这名同学排队依次提交研学论文，则（ ）
A. 若小明第一次评定为不合格，则小明最终获得0.4学分的概率为
B. 若小刚第一次评定为合格，则小刚第三次评定为合格的概率为
C. 若在某一次研学活动中，小明和小刚既不是最先也不是最后提交研学论文，则有种提交顺序
D. 若在某一次研学活动中，小明和小刚提交研学论文的顺序不相邻，则有种提交顺序
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据独立事件乘法公式计算判断A，应用全概率公式结合对立事件概率计算判断B，应用乘法原理结合组合公式计算判断C，先求所有排序情况减去小明和小刚相邻时的排法判断D.
【详解】对于A，若小明第一次评定为不合格，则小明获得0.4学分的概率为，故A正确；
对于B，设事件“第i次评定为合格”，
由全概率公式可得小刚第三次合格的概率为，故B正确；
对于C，先排小明，有种方式，再排小刚，有种方式，最后排其余所有人，有种方式，
则一共有种方式，故C错误；
对于D，无限制时，排序方式有种方式，
小明和小刚相邻时，将小明和小刚视为一组，有2种方式，与其余人排序，有种方式，
所以一共有种方式，故D正确．
故选：ABD．
11. 已知函数，，若，，则的取值可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意整理可得，可将化为，构造函数，利用导数求解可得.
【详解】由题意可得：，整理得到，①
又因为，整理得②
由于为增函数，并综合上式①②，可以得到，
所以
令，则，
令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增．
因为，所以，
又因为，
所以可能的取值为，，即的取值可能是，.
故选：BD
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 如图所示，积木拼盘由五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜色，且为了体现拼盘的特色，相邻的区域需涂不同的颜色（如：与为相邻区域，与为不相邻区域），现有五种不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是__________.

【答案】960
【解析】
【分析】先涂，再涂，再涂，再涂，最后涂，由分步乘法计数原理，可得不同的涂色方法种数.
【详解】先涂，则有种涂法，再涂，因为与相邻，所以的颜色只要与不同即可，有种涂法，同理有种涂法，有种涂法，有种涂法，由分步乘法计数原理，可知不同的涂色方法种数为.
故答案为：.
13. 已知函数对任意成立，则的最小值为______．
【答案】2
【解析】
【分析】求得，结合，得到，求得函数单调性，结合题意，转化为，令，利用求得函数的单调性和最小值，进而求得实数的最小值．
【详解】由函数，可得，且，
若时，恒成立，函数单调递增，
当时，，
因为函数在上单调递增，所以，
所以存在，使得时，，不符合题意，则有，
当时，；当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，则，
令，可得，
当时，；当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
所以，
所以的最小值为，
故答案为：2．
14. “四进制”是一种以为基数的计数系统，使用数字，，，来表示数值．四进制在数学和计算的世界中呈现出多个维度的特性，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响．四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以的相应次方（从开始），然后将所有乘积相加．例如：四进制数转换为十进制数为；四进制数转换为十进制数为；四进制数转换为十进制数为；现将所有由，，组成的位（如：，）四进制数转化为十进制数，在这些十进制数中任取一个，则这个数能被整除的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据四进制与十进制的转换规则，利用二项式定理将的高次方展开并求得除以之后的余数，令余数能被整除即可得出所有数字组合种类数，可求得概率.
【详解】设，
则位四进制数转换为十进制为
，
若这个数能被3整除，则能被整除．
当这个四进制数由，，，组成时，有个；
当这个四进制数由，，，组成时，有个；
这个四进制数由，，，组成时，有个；
这个四进制数由，，，组成时，有个；
这个四进制数都由组成时，有个．
因为由，，组成的位四进制数共有个，
所以能被整除的概率．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于将进制转化为进制之后，利用二项式定理来求解能否被整除的问题，得出所有可能的组合即可求得相应概率.
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. 银行储蓄卡密码由6位数字组成．某人在银行自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后1位数字，求：
（1）任意按最后1位数字，不超过3次就按对的概率；
（2）如果记得密码的最后1位是偶数，不超过3次就按对的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）任意按最后一个数，不超过3次就按对有三种情况：“第一次对”，“第一次错，第二次对”，“第一次错，第二次错，第三次对”；
（2）最后1位是偶数，不超过3次就按对有三种情况：“第一次对”，“第一次错，第二次对”，“第一次错，第二次错，第三次对”；
【小问1详解】
设表示第次按对密码，表示不超过3次就按对，
则有,
因为事件两两互斥，
由概率的加法的公式和乘法公式可得，
,
.
【小问2详解】
记事件:最后1位是偶数，
则
.
16. 已知函数.
（1）当时，求的单调递增区间；
（2）当时，设的极大值为，求证：.
【答案】（1）和.
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，判断导数正负得解；
（2）分，，讨论，利用导数判断单调性求极值证明.
【小问1详解】
因为，所以，,
由，即，解得或，
所以在和单调递增，
由，即，解得，
所以在单调递减，
故的单调增区间为和.
【小问2详解】
当时，由（1）知，的极大值等于；
当时，，单调递增，无极大值；
当时，当时，单调递增，当时，单调递减，
当时，单调递增，所以的极大值等于，
令，所以，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
综上所述，
17. 某企业在2024年的年终庆典中，有一个根据“歌曲旋律猜歌名”的游戏，该游戏环节的规则如下：设定三首歌曲，按照一定的顺序猜，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首，直到猜不对或猜完为止．员工甲猜对每首歌曲的歌名相互独立，猜对歌曲歌名的概率分别为（其中），猜对时获得的奖励分别为1千元，2千元，3千元．
（1）若甲按照的顺序猜，至少猜对两首的概率为；按照的顺序猜，至少猜对两首的概率为，比较与的大小．
（2）已知．甲考虑了两种方案，方案一：按照的顺序猜；方案二：按照的顺序猜.请从获得奖励的数学期望的角度分析，甲应当选择哪种方案？
【答案】（1）
（2）应选择方案二.
【解析】
【分析】（1）由互斥事件和独立事件的概率公式分别列出，的表达式，再比较它们的大小.
（2）分别求出两个方案获得奖励的数学期望，即可进行判断.
【小问1详解】
因为，
，且，
所以.
【小问2详解】
方案一：设获得奖励的金额为，则的值可以为：0，1000，3000，6000.
且，，
，.
所以.
方案二：设获得奖励的金额为，则的值可以为：0，2000，3000，6000.
且，，
，.
所以.
所以.所以甲应该选择方案二.
18. 在一个温馨的周末，甲同学一家人齐聚在宽敞明亮的客厅里进行掷游戏币活动，假设每次掷游戏币出现正面的概率为，且，每次掷游戏币的结果相互独立.
（1）当时，若甲连续投掷了两次，求至少出现一次正面向上的概率；
（2）若规定每轮游戏只要连续不断的出现三次正面向上，则游戏结束，每轮最多连续投掷6次.
①甲在一轮游戏中恰好投掷了5次游戏结束的概率为，求的表达式；
②设甲在一轮游戏中投掷次数为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）利用对立事件概率的关系求事件的概率.
（2）①明确投掷5次游戏结束的具体情况，可求得其概率；
②明确的可能取值，求出对应概率，得到的分布列，求其期望，再结合导数与函数的单调性，求的最大值.
【小问1详解】
设事件表示第次正面向上，其中.且，，
设事件：“至少出现一次正面向上”.
【小问2详解】
①设事件：“恰好投掷了5次游戏结束”，则.
故
.
所以.
②由题意知，
，
，
.
.
则.
令，，
当时，，即在上单调递减，故，
因此，的最大值为.
19. 已知函数及其导函数定义域都为区间是曲线上任意不同的三点.若点的横坐标依次成等差数列，且在点处的切线的斜率大于直线的斜率，则称在上为“中值偏移”函数.
（1）设.
①讨论的单调性；
②若是上的“中值偏移”函数，求实数的取值范围；
（2）证明：在上为“中值偏移”函数.
【答案】（1）①答案见解析； ②
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）①利用导数的应用分类讨论含参函数的单调性即可；②设，计算的表达式，再设，求导得其单调性即可；
（2），设，则，通过二次求导即可证明.
【小问1详解】
①由题意，，
当时，，则在R上单调递减；
当时，令，
所以在上单调递减，在上单调递增.
②因为函数为＂中值偏移＂函数，设，
则，对任意，不妨设．
因为，所以以为切点的切线斜率，
因为直线的斜率，
所以．
设．
因为，当且仅当时等号成立，
所以在上单调递增，
所以，所以，
所以的取值范围为．
【小问2详解】
不妨设，因为，
所以以为切点的切线的斜率．
因为直线斜率
，
所以．
设，则
.
设．
因为，
设，则，
所以在上单调递减，
所以，所以在上单调递减，
所以，即，所以，
所以是＂中值偏移＂函数．
【点睛】方法点睛：
学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质.