江苏省徐州市铜山区2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份江苏省徐州市铜山区2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题（解析版），共35页。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
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，只有一个是符合题目要求的．
1. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】.
故选：C.
2. 已知，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】因为，所以，
则.
故选：B
3. 从这五个数字中选出3个不同的数字组成一个三位数，则所有满足条件的三位数的个数为（ ）
A. 24B. 36C. 48D. 60
【答案】C
【解析】因为百位数字不能为0，所以百位数有种排法；
十位，个位无条件限制，可从剩余的4个数字（包含0）中任选2个进行排列，有种排法.
这是组成一个三位数的两个步骤，由分步乘法计数原理可得，所有满足条件的三位数的个数为：.
故选：C
4. 投掷一枚质地均匀骰子，当出现2点或3点时，就说这次试验成功，每次试验相互独立，则在90次试验中成功次数的均值是（ ）
A. 15B. 30C. 45D. 60
【答案】B
【解析】依题意可知每次试验成功的概率，
所以，所以，
即在次试验中成功次数的均值是.
故选：B
5. 设为实数，若随机变量的分布列为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据题意，，且所有概率之和等于1，
，
，解得：，
.
故选：A
6. （且）展开式中的系数为（ ）
A. 45B. 55C. 120D. 165
【答案】D
【解析】的通项为，
则系数为，
因为，则
故选：D.
7. 函数存在大于1的极值点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意知的定义域为，
则，
由存在大于1的极值点，可知存在大于1的根，
即存在大于1的解，即存在大于1的解，
而时，随x增大而增大，故，
故，
故选：B
8. 如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在用6种颜色给5个小区域（）涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有（ ）

A. 480种B. 720种C. 1080种D. 1560种
【答案】D
【解析】分4步进行分析：
（1）对于区域，有6种颜色可选；
（2）对于区域，与区域相邻，有5种颜色可选；
（3）对于区域，与、区域相邻，有4种颜色可选；
（4）对于区域、，若与颜色相同，区域有4种颜色可选，
若与颜色不相同，区域有3种颜色可选，区域有3种颜色可选，
则区域、有种选择，
则不同的涂色方案有种.
故选：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，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 函数的极大值是1
B. 函数有三个零点
C. 函数的单调递增区间为
D. 函数的图象关于点对称
【答案】ABD
【解析】函数，则，
令得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
函数的单调递增区间为，故C不正确；
，故A正确；
则函数的图象如下所示：

有图象可得：函数有三个零点，故B正确；
对于函数，可得，
所以，故函数的图象关于点对称，故D正确.
故选：ABD.
10. 现有4个编号为的不同的球和4个编号为的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（ ）
A. 共有24种不同的放法
B. 恰有一个盒子不放球，共有144种放法
C. 每个盒子内只放一个球，恰有1个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有8种
D. 将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有12种
【答案】BCD
【解析】对于A，每个球都有种放法，共有种放法，故A错误；
对于B，把球全部放入盒子内，恰有一个盒子不放球，
则个盒子的球数分别为、、，所以种放法，故B正确；
对于C，每个盒子内只放一个球，恰有个盒子的编号与球的编号相同，
不同的放法有种，故C正确；
对于D，将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒，则有个盒子放个球，
另外两个盒子各放个球，所以有种放法，故D正确，
故选：BCD.
11. 已知随机事件满足：，，则下列选项正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若与相互独立，则
C. 若与互斥，则
D. 若，则
【答案】AD
【解析】对于A，由，，
则，故A正确；
对于B，由与相互独立，
则，
则，故B错误；
对于C，由与互斥，则，
所以，故C错误；
对于D，由，
则，
所以，故D正确.
故选：AD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 如果随机变量，且，那么的值为______．
【答案】
【解析】因为且，
所以.故答案为：
13. 在某人工智能的语音识别系统开发中，每次测试语音识别成功的概率受环境条件（安静或嘈杂）的影响．已知在安静环境下，语音识别成功的概率为0.96；在嘈杂环境下，语音识别成功的概率为0.6．某天进行测试，已知当天处于安静环境的概率为0.25，处于嘈杂环境的概率为0.75，则该天测试结果为语音识别成功的概率为______．
【答案】0.69
【解析】设事件：语音识别成功，则.
故答案为：
14. 直线与曲线相切也与曲线相切，则称直线为曲线和曲线的公切线，已知函数，，其中，若曲线和曲线的公切线有两条，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】因为，所以函数在点处的切线方程为：
，即.
因为，所以函数在处的切线方程为：，即.
由曲线和曲线的公切线有两条，
则方程组有两组解.
即方程有两解.
设，.
则，
由；由.
所以在上单调递增，在上单调递减.
因为，
当且时，，当时，.
所以方程有两解，可得，即.
故答案为：
四、解答题：本大题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知的展开式中，第5项与第3项的系数之比为．
（1）求的值；
（2）求展开式中二项式系数最大的项；
（3）若，求值．
解：（1）展开式的通项公式为，
因为第5项与第3项的系数之比为，所以，
即，解之得或（舍），所以.
（2）因为，所以展开式中二项式系数最大的项为.
（3）由，令，所以.
16. 某袋中装有大小相同质地均匀的6个球，其中4个白球和2个红球．从袋中随机一次取出3个球．
（1）求至少有一个红球的概率；
（2）记取出白球的个数为，求的概率分布、数学期望和方差．
解：（1）记至少有一个红球为事件，则没有红球为，
，所以至少有一个红球的概率为．
（2）依题意的可能取值为，
所以，，，
所以的分布列为：
所以，
.
17. 已知函数，．
（1）当时，求在上的最值；
（2）讨论的单调性．
解：（1）当时，，
，
在上，令，则，令，则.
所以在上单调递减，在上单调递增．
又因为，，，
所以的最大值为，最小值为；
（2）的定义域为，
.
①当时，令则，令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增．
②当时，令则或，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
③当时，恒成立，所以在上单调递增．
④当时，令则或，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
综上所述：
①当时，在上单调递减，在上单调递增；
②当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
③当时，在上单调递增；
④当时，在上单调递增，在上单调递减，在上递增．
18. 2024年巴黎奥运会上，网球女单决赛中，中国选手郑钦文击败克罗地亚选手维基奇获得中国在该项目上首枚金牌！展现了祖国至上，为国争光的赤子情怀．已知网球比赛为三局两胜制，在郑钦文与维基奇的单局比赛中，郑钦文获胜的概率为，且每局比赛相互独立．
（1）在此次决赛之前，两人交手记录为2021年库马约尔站：郑钦文0比2不敌维基奇；2023年珠海WTA超级精英赛：郑钦文以2比1战胜维基奇．若用这两次交手共计5局比赛记录来估计．
（ⅰ）为多少？
（ⅱ）请利用上述数据，若郑钦文再次遇到维基奇，求比赛局数的分布列．
（2）如果比赛可以为五局三胜制，若使郑钦文在五局三胜制中获胜的概率大于三局两胜制中获胜的概率，求的取值范围？
解：（1）（ⅰ）根据两次交手记录，郑钦文共胜2局，负3局，因此的估计值为．
（ⅱ）由题知，可取值为、，
，，
所以的分布列为
（2）三局两胜制郑钦文最终获胜概率，
五局三胜制中郑钦文最终获胜的概率
所以，化简得，
因为，，所以，即，所以，
所以使得五局三胜制获胜的概率大于三局两胜获胜的概率的取值范围是．
19. 已知函数，，其中．
（1）若在单调递增，求a的取值范围；
（2）求函数的零点；
（3）已知，记．问是否存在实数a，使得对任意，恒成立？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由．
解：（1）因为在单调递增，所以恒成立，
即恒成立，其中，所以；
（2）函数的定义域为，且，
当时，；当时，，
所以函数在上为增函数，在上为减函数，
又因为，当时，恒成立，
其中，故函数有且只有一个零点0．
（3）由（2）知，当时，，当时，恒成立，
又，所以当时，恒成立，
所以等价于当时，.
求导得.
下面先考虑，当时，恒成立
①若，当时，，
故，在单调递减，此时，不合题意；
②若，当时，由知，
存在，使得，根据余弦函数的单调性可知，
在上递减，
故当，，单调递减，此时，不合题意；
③若，当时，由知，对任意，，单调递增，
此时，符合题意．
所以为使当时成立，必须且只需.
在时，对于，，合乎题意，
综上可知：存在实数满足题意，的取值范围是．
1
2
3
2
3
0.52
0.48