福建省仙游第一中学2024−2025学年高二下学期期中考试 数学试卷（含解析）

这是一份福建省仙游第一中学2024−2025学年高二下学期期中考试 数学试卷（含解析），共35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．展开式中的常数项为（ ）
A．10B．C．80D．
2．函数，是的导函数，则的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
3．某校举办中学生运动会，某班的甲，乙，丙，丁，戊名同学分别报名参加跳远，跳高，铅球，跑步个项目，每名同学只能报个项目，每个项目至少有名同学报名，且甲不能参加跳远，则不同的报名方法共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
4．若函数在上存在单调递减区间，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
5．三个男生三个女生站成一排，已知其中女生甲不在两端，则有且只有两个女生相邻的概率是（ ）
A．B．C．D．
6．已知对恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．2024年全民健身运动的主题“全民健身与奥运同行”，为了满足群众健身需求，某健身房近几年陆续购买了几台型跑步机，该型号跑步机已投入使用的时间（单位：年）与当年所需要支出的维修费用（单位：千元）有如下统计资料：
根据表中的数据可得到线性回归方程为，则（ ）
A．与的样本相关系数
B．
C．表中维修费用的第60百分位数为6.5
D．该型跑步机已投入使用的时间为10年时，当年所需要支出的维修费用一定是12.38万元
8．已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，则的图象（ ）
A．关于直线对称B．关于直线对称
C．关于点成中心对称D．关于点成中心对称
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列命题正确的是（ ）
A．是一组样本数据，去掉其中的最大数和最小数后，剩下10个数的中位数小于原样本的中位数
B．若事件A，B相互独立，且，，则事件A，B不互斥
C．若随机变量，，则
D．若随机变量的方差，期望，则随机变量的期望
10．已知抛物线：的焦点为F，准线为，过点F的直线与抛物线交于，两点，点在上的射影为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．以为直径的圆与准线相切
C．设，则
D．过点与抛物线C有且仅有一个公共点的直线至多有2条
11．在直三棱柱中，，，点，分别是，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．异面直线与所成的角为45°
B．
C．若点是的中点，则平面截直三棱柱所得截面的周长为
D．点是底面三角形内一动点（含边界），若二面角的余弦值为，则动点的轨迹长度为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知是等差数列，若分别是函数的两个零点，则 .
13．新高考数学试卷共有3道多项选择题，每题有个选项，每题正确选项有2个或3个．得分规则如下：每道题满分为6分，全部选对得满分，有错选或者不选得0分，答案选项为2个的，只选一个正确选项得3分，答案选项为3个的，每选一个正确选项得2分．现甲，乙，丙，丁四位同学的作答和总得分情况如下表，则丁同学的总得分情况为 ．
14．已知函数，若函数所有零点的乘积为1，则实数的取值范围是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知是无穷正整数数列，定义操作为删除数列中除以余数为的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列.若，，进行操作后剩余项组成新数列，设数列的前项和为.
（1）求；
（2）设数列满足，求数列的前项和.
16．“你好！我是DeepSeek，很高兴见到你！我可以帮你写代码，读文件，写作各种创意内容，请把你的任务交给我吧”，DeepSeek从横空出世到与我们日常相伴，成为我们解决问题的“好参谋，好助手”，AI大模型正在改变着我们的工作和生活的方式．为了了解不同学历人群对DeepSeek的使用情况，随机调查了200人，得到如下数据：
单位：人
（1）依据小概率值的独立性检验，能否认为DeepSeek的使用情况与学历有关？
（2）某校组织“AI模型”知识竞赛，甲、乙两名选手在决赛阶段相遇，决赛阶段共有3道题目，甲、乙同时依次作答，3道试题作答完毕后比赛结束.规定：若对同一道题目，两人同时答对或答错，每人得0分；若一人答对另一人答错，答对的得10分，答错的得分，比赛结束累加得分为正数者获胜，两人分别独立答题互不影响，每人每次的答题结果也互不影响，若甲，乙两名选手正确回答每道题的概率分别为，．
（ⅰ）求比赛结束后甲获胜的概率；
（ⅱ）求比赛结束后甲获胜的条件下，乙恰好回答对1道题的概率．
附：，其中．
17．在平面直角坐标系中，为坐标原点，F，T分别是椭圆：的左焦点，右顶点，过F的直线交椭圆C于A，B两点，当轴时，的面积为.
（1）求；
（2）若斜率为的直线交椭圆C于G，H两点，N为以线段为直径的圆上一点，求的最大值.
18．某学校数学小组建立了如下的数学模型：将一个小盒里放入6个小球，其中4个黑球，2个红球.模型一为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则放回小盒并再往小盒里加入2个红球；模型二为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回小盒中.
（1）分别计算在两种模型下，抽两次球，第二次取到的球是红球的概率；
（2）在模型二的前提下：
①求在第次抽球时，抽到的球恰好是第二个红球的概率（结果用表示）.
②现规定当两个红球都被抽出来时停止抽球，且最多抽球10次，第10次抽球结束后无论盒中是否还有红球均停止抽球，记抽球的次数为，求的数学期望.
19．泰勒公式是一个非常重要的数学定理，它可以将一个函数在某一点处展开成无限项的多项式．当在处的阶导数都存在时，它的公式表达式如下：．注：表示函数在原点处的一阶导数，表示在原点处的二阶导数，以此类推，和表示在原点处的阶导数．
(1)求的泰勒公式（写到含的项为止即可），并估算的值（精确到小数点后三位）；
(2)当时，比较与的大小，并证明；
(3)设，证明：．
参考答案
1．【答案】D
【详解】展开式的通项为，.
令，解得，
所以展开式中的常数项为.
故选D.
2．【答案】A
【详解】由函数，可得，
则，
所以函数为上的奇函数，其图象关于原点对称，可排除B、D项；
当时，，则；
当时，，则，
因此当时，，可排除C项，
所以的大致图象为选项A.
故选:A.
3．【答案】C
【详解】满足条件的报名方法可分为两类：
第一类：甲单独参加某项比赛，
先安排甲，由于甲不能参加跳远，故甲的安排方法有种，
再将余下人，安排到与下的三个项目，
由于每名同学只能报个项目，每个项目至少有名同学报名，
故满足条件的报名方法有,
所以甲单独参加某项比赛的报名方法有种，
第二类：甲与其他一人一起参加某项比赛，
先选一人与甲一起，再将两人安排至某一项目，有种方法，
再安排余下三人，有种方法，
所以甲不单独参加某项比赛的报名方法有种，
所以满足条件的不同的报名方法共有种方法.
故选C.
4．【答案】B
【详解】依题意，在区间上能成立，
即在区间上能成立，
设，则，故只需求在上的最小值，
而在时，取得最小值，故得.
故选B.
5．【答案】D
【详解】从三个男生三个女生站成一排，已知其中女生甲不在两端，共有 种不同排法，
女生甲不在两端，同时有且只有两个女生相邻分两类
女生甲单独站，则有 ；
女生甲和另一个女生站一起，则有 ,
所以，已知其中女生甲不在两端，则有且只有两个女生相邻的概率是 ．
故选D.
6．【答案】A
【详解】设，则.
∵时，，，∴，故在上单调递增.
∵对恒成立，∴当时，，则有，
当时，可等价变形为.
∵在上单调递增，且，（），
∴由可得，即对恒成立.
设，则.
当时，， ，，故.
∴在上单调递减，
∴当时， .
∵对恒成立，
∴，即实数的取值范围是.
故选A.
7．【答案】B
【详解】对于A，由，得与成正相关，样本相关系数，A错误；
对于B，，，则，B正确；
对于C，，因此第60百分位数为，C错误；
对于D，由选项B知，，当时，，
则当年所需要支出的维修费用约为12.38万元，D错误.
故选B
8．【答案】C
【详解】由连续型随机变量服从正态分布，
可得，可得，所以正态密度曲线关于对称，
即，
由，可得在时增加较快，在时增加越来越慢，
所以无对称轴，故AB错误；
，
所以关于点成中心对称，故C正确，D错误.
故选C.
9．【答案】BCD
【详解】A选项，从小到大排序，去掉其中的最大数和最小数后，
剩下10个数大小顺序不变，故剩下10个数的中位数和原来的中位数一样，A错误；
B选项，事件A，B相互独立，且，，
，
所以，故事件A，B不互斥，B正确；
C选项，随机变量，，设，，
则，
，
根据原则，可知，C正确；
D选项，随机变量的方差，期望，
其中，故，，
故随机变量的期望，D正确.
故选BCD
10．【答案】ABC
【详解】取的中点，在上的投影为，在的投影为，如图所示：
对于选项A，因为，所以，故A正确；
对于选项B， 根据抛物线的性质，，为梯形的中位线，故，以为直径的圆与准线相切，故B选项正确；
对于选项C，因为，所以，故C正确；
对于选项D，显然直线，与抛物线只有一个公共点，设过的直线方程为，联立可得，令，解得，所以直线与抛物线也只有一个公共点，此时有三条直线符合题意，故D错误.
故选ABC
11．【答案】BCD
【详解】选项A，过点作的平行线，则为异面直线与所成的角，
因为平面，且，所以平面，所以，
所以，因为异面直线所成的角，
所以，故异面直线与所成的角为60°，故选项A不正确；
选项B，由已知得为等腰直角三角形，是的中点，则，
为直三棱柱，平面，平面，
，
，平面，，平面，，
设与交于点，其中，，
，，，
，，
，平面，，平面，故，选项B正确；
选项C，延长，交和的延长线于点，，连接交于点，连接，，则四边形为平面截直三棱柱所得的截面，
由已知得，
由，则，即，
由，则，即，
由余弦定理可知，解得，
其周长为，故选项C正确；
选项D，若上存在一点使二面角的余弦值为，连接和，
因为平面，，，
二面角的平面角为，即，
设，则，，
在中，由余弦定理得
，
在中，由余弦定理得，
，解得，
过作的垂线，连接，过作的平行线交于点，则，
所以截面为直三棱柱的截面，
所以符合题意的的轨迹长度为线段的长，所以，故选项D正确.
故选BCD
12．【答案】2
【详解】由题意得是的两个根，
由韦达定理得，
因为是等差数列，所以.
13．【答案】0或12
【详解】根据乙的得分，可知：第9题正确答案有两个选项，包含A.
第10或11，乙有一个题选对，另一题有错选.
假设第10题的答案是ACD，则第11题的答案应该不含C或D.
此时：甲和丙在第10题各得4分.
若第9题的答案为AB，第11题答案为BC，则甲、乙、丙的得分满足条件，此时丁第9、11两题正确，第10题有错误选项，共得12分；
若第9题答案为AC，第11题答案为AB，则甲、乙、丙的得分满足条件，此时丁3个题都有错误选项，得0分；
假设第11题正确答案为CD，则甲、并第11题均不得分，此时甲、并的得分不可能都是10分.故不满足题意.
综上可得：丁的得分为0或12.
14．【答案】
【详解】当时，可得；
当时，可得，当且仅当时，等号成立，
即函数有且仅有1个零点1，
若函数有零点，则，
显然，可得，
假设方程有根，可知方程有两个不相等根，
设为，且，
则，可得，即，
假设方程有根，可知方程有且仅有1个根，设为，
结合题意可知：方程有根，方程无根，
即与无交点，与有2个交点，
结合图象可知：或，解得或，
所以实数的取值范围是.
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为，可知（满足除以3余数为1），当时，为3的倍数，
进行操作，即删除，剩余，
则，可得，
所以.
（2）由（1）可知，
则，
所以数列的前项和.
16．【答案】（1）认为DeepSeek的使用情况与学历无关
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【详解】（1）零假设为：DeepSeek的使用情况与学历无关，
根据列联表中的数据，可得，
依据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，即认为DeepSeek的使用情况与学历无关；
（2）（ⅰ）当甲，乙同时回答第道题时，甲得分为，
，
，
，
比赛结束甲获胜时的得分可能的取值为10，20，30，
则，
，
，
所以比赛结束后甲获胜的概率；
（ⅱ）设“比赛结束后甲获胜”，“比赛结束时乙恰好答对一道题”，
，
则，
所以比赛结束后甲获胜的条件下，乙恰好回答对1道题的概率为．
17．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）依题意有，当轴时，在椭圆方程中，令，解得，则，
，又．解得，．
（2）设直线：，设，，
联立，得，
所以，所以.
，所以的中点为，
所以.
又的轨迹是以为圆心，半径的圆，
所以.
令，，
记，
又，所以，时，.
18．【答案】（1）；
（2）①；②
【详解】（1）记在模型一下，第二次取到红球的概率为，则分为取到“黑红”和“红红”两种情况，
则；
记在模型二下，取到红球的概率为，同样分为取到“黑红”和“红红”两种情况，
则；
（2）①设第次是第一次取到红球，第次是第二次取到红球的概率为，
则，
则第次恰好抽到第二个红球的概率为中从到取值累加求和，即
，
利用等比数列求和公式即可得
；
②由题可知，的取值依次为，
当时，，
由数学期望的定义和①中的概率公式可知，
，
设，
由错位相减法可得，
所以.
19．【答案】(1)，；
(2)，证明见详解；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求出，根据泰勒公式可得；
（2）构造函数，利用导数判断单调性，结合可证；
（3）利用（2）中结论令，结合裂项相消法可证，构造函数证明，令，利用裂项相消法可证.
【详解】（1）因为，
所以
所以的泰勒公式为：，
所以
（2）记，
因为，所以在0,+∞上单调递增，
又，所以时有，
所以.
（3）由（2）知，，即，
所以，
即.
令，则，
所以hx在0,+∞上单调递减，所以，故，
所以，
则，即.
综上，时，.
【思路导引】第三问关键在于构造差函数证明，结合（2）中结论令，使用裂项相消法即可得证.2
3
4
5
6
2.2
3.8
5.5
6.5
7
甲
乙
丙
丁
9题
10题
11题
得分
10
9
10
学历
使用情况
合计
经常使用
不经常使用
本科及以上
65
35
100
本科以下
50
50
100
合计
115
85
200
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828