浙江省G5联盟2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题 Word版含解析

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命题学校：
考生须知：
1.本卷共 4 页满分 150 分，考试时间 120 分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4、考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
一、单项选择题：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
项是符合题目要求的.
1. 已知函数 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件，利用基本函数的导数，求得 ，即可求解.
【详解】因为 ，则 ，所以 ，
故选：D.
2. 在空间中有 8 个点，其中任何 4 个点不共面，过每 3 个点作一个平面，可以作（ ）个平面
A 56 B. 70 C. 210 D. 336
【答案】A
【解析】
【分析】应用组合数求可作的平面数即可.
【详解】由题意不可能出现 3 点共线的情况，所以一共可以作 个平面.
故选：A
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3. 已知函数 在 处有极值，则实数 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对 求导，得到 ，根据题设有 ，即可求解.
【详解】因为 ，则 ，由题有 ，
解得 ，所以 ，
令 ，得到 或 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 是 的极大值点，即 满足题意，
故选：C.
4. 已知数列 是等差数列， ，且 ， ，数列 的前 n 项和为 ，若不等式
恒成立，则实数 的最小值为（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知得 ，进而有 的公差 ，则 ，应用裂项相消法求 ，
最后由不等式恒成立求参数最小值.
【详解】由题设 ，则 ，又 为等差数列，则其公差 ，
所以 ，故 ，
所以 ，而不等式 恒成立，
所以 ，即实数 的最小值为 .
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故选：B
5. 的展开式中 的系数为（ ）
A. 4 B. 8 C. 12 D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】运用通项公式分析计算即可.
【详解】可先求 展开式通项公式 ， .
当 中 与 展开式相乘时，令 ， ， ，系数
为 .
当 中 与 展开式相乘时，令 ， ， ，系数
为 .
将两项系数相加， .所以 展开式中 的系数为 12.
故选：C.
6. 盒中有 2 个黑球，2 个白球和 1 个红球，每次随机抽取一球后放回，同时再放入 1 个同色球，抽取 3 次，
3 次颜色均不相同的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先依次考虑每次抽取不同颜色球的概率情况，再根据独立事件概率乘法公式和互斥加法公式求解
即可.
【详解】第一次抽取总共有 个球，抽取任意一种颜色球的概率都不为 0，不妨先抽取黑球，其概率为 ，
第二次抽取时，因为第一次抽取黑球后放回并放入 1 个黑球，此时球 总数变为 个，
黑球有 个，白球还是 2 个，红球为 1 个，若第二次抽取白球，其概率为 ，
第三次抽取时，由于第二次抽取白球后放回并放入 1 个白球，此时球的总数变为 个，
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黑球有 个，白球有 个，红球为 1 个，若第三次抽取红球，其概率为 ，
而第一次抽取黑球、第二次抽取白球、第三次抽取红球只是其中一种顺序，
三次抽取不同颜色球的顺序还有：第一次抽取白球、第二次抽取黑球、第三次抽取红球；
第一次抽取黑球、第二次抽取红球、第三次抽取白球；
第一次抽取红球、第二次抽取黑球、第三次抽取白球；
第一次抽取白球、第二次抽取红球、第三次抽取黑球；
第一次抽取红球、第二次抽取白球、第三次抽取黑球这 5 种情况.
每种情况的概率都是 ，所以 3 次颜色均不相同的概率为 .
故选：A
7. 已知函数 ，若函数 恰有 3 个不同的零点，则实数 a 的
取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】可先求出函数 的单调性与极值，再令 ，将函数 的零点问题转化为关于 的方程
的根的问题，最后结合函数图象求解实数 的取值范围．
【详解】已知 ，其定义域为 ，对 求导，可得：
令 ，即 ，则 ，解得 ．
当 或 时， ， ， 单调递减；
当 时， ， ， 单调递增．
所以 在 处取得极小值，也是最小值， ．
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令 ，则 ．
函数 恰有 个不同的零点，即方程 (e 不是方程的根)有两个不同的实数根 ， ，
且其中一个根为 ，另一个根 ． 则 ，解得 .
实数 的取值范围是 ．
故选：B．
8. 对于数列 ，称数列 为它的“和数列”.若存在 ，使得对任意 ，有
，则称 为“有界数列”.已知 ， ， ， ，
，则在数列 ， ， 及其它们的和数列这 6 个数列中，有界数列的个数是（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】对于前面的三个数列 ，可以用蛛网图法来进行求解，和数列根据调和级数即可求
解.
【详解】对于前面的三个数列 ，可以考虑用蛛网图法来进行求解，
以数列 为例， ，
于是作函数 ，
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，所以从 A 点出发作 与 相交于 B，再作 交 于点 C，
由此可以看出 ，
重复上述操作可以发现 （其中 为 的较小零点），
所以 是收敛的数列，
同理数列 的图像如下，
所以 ，
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所以 ，
（如果不是有界数列，两条曲线是不会有交点的，具体图像可以利用函数求导大致画出 是否有
零点），
对于和函数 ，
所以数列 和函数发散，
易知 ，由不等式 得 ，
则 ，故 单调递减，
单调递减趋于 ， 的和数列发散（类似于调和级数 ），无界。
因 单调递减趋于 0，
故 单调递减趋于 0，
即 有界，且 的和数列收敛（类似于 ），有界.
故选：C.
二、多项选择题：本题共 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.全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
9. 若 的展开式的各二项式系数之和为 32，则（ ）
A. B. 展开式中所有项的系数和为 32
C. 展开式中常数项为 32 D. 展开式中 x 的奇次项的系数和为 121
【答案】ACD
【解析】
【分析】由 判断 A，写出二项式展开式通项公式求常数项判断 C；应用赋值法求相关系数和判断 B、
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D.
【详解】由题设 ，则展开式通项为 ， ，
令 ，则展开式中所有项的系数和为 ，A 对，B 错；
令 ，则常数项为 ，C 对；
若 ，由 B 分析 ，
令 ，则 ，故 x 的奇次项的系数和为 ，D 对.
故选：ACD
10. 现有 4 个编号为 1，2，3，4 的不同的球和 5 个编号为 1，2，3，4，5 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 种不同的放法
B. 恰有两个盒子不放球，共有 360 种放法
C. 每个盒子内只放一个球，恰有 2 个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有 18 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 120 种
【答案】BC
【解析】
【分析】A 应用分步乘法判断；B、C、D 应用分步分类计数原理及排列组合数判断；
【详解】A：由题意，每个球都有 5 种放法，故共有 种不同的放法，错；
B：恰有两个盒子不放球，则任选 3 个盒子放球有 种，将 4 个球分成 3 组有 种，
最后把 3 组球放进所选的 3 个盒子中有 种，故共有 种，对；
C：从 四个编号中选 2 个放同编号的球有 种，
若另 2 个盒子放余下 2 个球有 1 种放法，若余下 2 球一个放在 5 号盒子有 2 种放法，
所以，共有 种，对；
D：4 个相同的球放到 5 个不同的盒子，恰有一个空盒有 种放法，错.
故选：BC
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11. 已知函数 ， ，则以下结论不正确的是（ ）
A.
B.
C. 若 ，且 ，则
D. 若 ，且 ，则
【答案】ACD
【解析】
【 分 析 】 选 项 A， 由 可 得 ； 选 项 B， 由 得
， 进 而 可 得
； 选 项 C， 由 ， 根 据
可得 ，进而可得 ，进而可得；选
项 D，由 和 得 ，进而由选项 C 可得.
【详解】选项 A：因 ，故 ，故 A 结论错
误；
选项 B：因 ，
故
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，故 B 结论正确；
选项 C： ，
故由 得 ，得 ，
整理得 ，
即 ，故当 时， 或 ，故 C 结论错误；
选项 D：由 得 ，
由 得 ，
得 ，由选项 C 可知 D 选项结论错误，
故选：ACD
非选择题部分
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 现有 4 位同学站成一排照相，其中甲，乙两位同学相邻的排法种数为__________种.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，先把甲乙捆绑看出一个元素，进行全排列，再对甲乙元素全排列，结合排列数的计算
公式，即可求解.
【详解】先把甲乙捆绑看出一个元素，进行全排列，再对甲乙元素全排列，
则甲，乙两位同学相邻的排法种数为 种不同的排法.
故答案为： .
13. 甲，乙，丙，丁，戊 5 名同学相互做传接球训练，球从甲手中开始，等可能地随机传向另外 4 人中的 1
人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外 4 人中的 1 人，如此不停地传下去，假设传出的球都能被接
住.记第 n 次传球之后球在乙手中的概率为 ，则 __________.
【答案】
【解析】
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【分析】由题设 ， ，进而有 时 ，构造等比数列求通项
公式，即可得.
【详解】由题意， ， ，
当 时，第 次传球在乙手中 概率为 ，故第 次传球不在乙手中的概率为 ，
所以 ，则 ，而 ，
所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，则 ，
所以 ，故 .
故答案为：
14. 设 是集合 ，且 m，n， 中所有的数都是从大到小排列成的数列，
已知 ，则 __________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可知 ，令 ，根据排列组合的知识，分别找出
中的元素个数，利用分类加法原理，从而求出 的值.
【详解】设 ，且 m，n， ，
将 写成 的形式为 ，
令 ，
可将 分成如下三个子集： ，
这里 ，
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，
下面求这三个集合中元素的个数：
，其元素个数为 ，
，其元素个数为 ，
，其元素个数为 ，
所以 ，
故答案为： .
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. 已知函数 .
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）当 时， 恒成立，求实数 m 的取值范围.
【答案】（1） ；
（2） .
【解析】
【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程；
（2）构造 ，应用导数求其最小值，问题化为 恒成立，再应用导数研究
左侧的性质求参数范围.
【小问 1 详解】
由题设 ，则 ，故 ，而 ，
所以曲线 在点 处的切线方程 ，
所以切线为 ；
【小问 2 详解】
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由题设 ， 恒成立，
令 且 ，则 ，
若 ，
当 ， ，即 在 上单调递减，
当 ， ，即 在 上单调递增，
所以 ，只需 恒成立，
令 且 ，则 ，
所以 在 上单调递减，且 ，故 时 ，
所以 .
16. 数列 的首项 ，且 ， .
（1）证明：数列 为等比数列；
（2）设 ，求数列 的最大项.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得 ，两边取对数即可得证；
（2）由（1）可得 ，则 ，再利用作差法判断单调性，求出其最大项.
【小问 1 详解】
因为 ，所以 ，
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又 ，所以 ，则 ，
所以 ，又 ，所以 ，则 ，
所以 是以 为首项， 为公比的等比数列；
【小问 2 详解】
由（1）可得 ，
所以 ，
令 ，
则 ，解得 ，
又 ，所以当 且 时 ，当 且 时 ，
又 ，所以 ，
所以 的最大项为 .
17. 在中国诗词大会的比赛中，选手需要回答两组题展示自己的诗词储备.
（1）第一组题是情境共答题，参与比赛者需根据情境填写诗句.小王知道该诗句的概率是 ，且小王在不知
道该诗句的情况下，答对的概率是 .记事件 A 为“小王答对第一组题”，事件 B 为“小王知道该诗句”.
（ⅰ）求小王答对第一组题的概率 ；
（ⅱ）在小王答对第一组题的情况下，求他知道该诗句的概率 .
（2）小王答对第一组题后开始答第二组题.第二组题为画中有诗，该环节共有三道题，每一题答题相互独立，
但难度逐级上升，小王知道第 n 题的诗句的概率仍为 ，但是在不知道该诗句的情况下，答对的概率为
，已知每一题答对的得分表如下（答错得分为 0）：
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题号 第 1 题 第 2 题 第 3 题
得分 2 分 4 分 6 分
若获得 8 分及以上则挑战成功，求小王挑战成功 概率.
【答案】（1）（ⅰ） ；（ⅰⅰ）
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）根据全概率公式，将事件 分为“知道诗句答对”和“不知道诗句答对”这两种情况来计
算.
（ii）运用贝叶斯公式进行计算.
（2）先分别计算答对每一题的概率，再根据获得 分及以上的得分情况，分析出不同的答题组合，最后利
用相互独立事件概率的乘法公式计算出每种组合的概率，将其相加得到挑战成功的概率.
【小问 1 详解】
（i）已知 ，则 .
在知道诗句的情况下一定答对，即 ；在不知道诗句的情况下答对的概率 .
根据全概率公式 ，将上述概率值代入可得：
.
（ii）计算在小王答对第一组题的情况下，他知道该诗句的概率
根据贝叶斯公式 .
由前面计算可知 ， ， ，代入可得：
.
【小问 2 详解】
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设事件 为“小王答对第二组题中的第 题”（ ）.
已知小王知道第 题诗句的概率为 ，不知道该诗句的情况下答对的概率为 .
则 ；
；
.
因为获得 分及以上则挑战成功，所以有以下几种情况：
答对第 、 题，答错第 题，其概率为 .
答对第 、 题，答错第 题，其概率为 .
答对第 、 、 题，其概率为 .
因为这几种情况互斥，所以小王挑战成功的概率为：
.
18. 设函数 .
（1）求函数 的单调区间及极值；
（2）证明：当 时， ；
（3）证明：当 时，有 .
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导分析导函数的正负进而即可；
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（2）代入可得需证 ，构造 ，求导分析单调性与最小值
证明即可；
（ 3） 由 （ 2） 可 得 ， 再 取 ， 且 ， 可 得
，再单独证明 ，将所得不等式累加求和即可.
【小问 1 详解】
的定义域为 ， ，
故当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增.
故 有极小值 .
综上有 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ，极小值为 0，无极大值.
【小问 2 详解】
要证 ，即证 ，即证 .
令 ，则 ，
因为 ，故 ，故 在 上单调递增.
故 ，即得证.
【小问 3 详解】
由（2）可得当 时 ，
令 ， 且 ，
则 ，即
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故 ， .
又 ，故 ，即 .
则 .
故 ，即得证.
19. 设集合 为实数集，其中 ，对 U 的非空子集 A，若满足：①若
，则 ， ；②A 中所有元素之和的算术平均数与 U 中所有元素之和的算术平均数
相等，则称 A 为 U 的“平衡子集”.
（1）若 ， ，直接写出 ， 的所有“平衡子集”；
（2）若 ，
（ⅰ）求 U 的所有“平衡子集”的个数；
（ⅱ）用 表示 U 的元素个数为 m 的“平衡子集”的个数， ， ，用 表示 U 的元
素个数为 n 的子集个数，求 的值，并说明理由.
【答案】（1） ； ；
（2） ； ，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）由题中信息，可写出相应“平衡子集”；
（2）（ⅰ）注意到 U 的所有元素的算术平均数为 ，则 ，
又由题可得 m 为偶数时， ，据此可得答案；由（ⅰ）及题意可得：
， 然 后 利 用 算 两 次 思 想 可 得
，据此可得答案.
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【小问 1 详解】
由题可得 的平衡子集为： ；
由题可得 的平衡子集为： ；
【小问 2 详解】
（ⅰ）由题可得，U 中所有元素之和的算术平均数为：
，又注意到 ，
而这样的相加为 的组合，U 中有 组，
注意到这些组合的算术平均数及这些组合相加的算术平均数均为
又 U 的所有“平衡子集”都由这些组合所组成.
则 U 的所有“平衡子集”的个数为：
（ⅱ）由（ⅰ）可得 U 的所有元素的算术平均数为 ，
则“平衡子集”的元素个数应为偶数，则 .
又注意到 表示从（ⅰ）中涉及的相加为 的 n 个组合中，选择 个的个数，
则 ，
则 .
又由题可得 ，
则 .
因 ，则 ，
一方面从 个元素中选 n 个元素，有 种方法.
另一方面，可将 个元素分为 2 组，每组 n 个元素，则从 个元素中选 n 个元素，
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可先从第一组取 k 个，再从第二组取 个，其中 ，则有 种方法.
两种方法是等价的，则 .
又 ，
则 .
【点睛】关键点睛：从两个角度出发，利用不同方法得到同一个数学量 表达式，从而解决问题的方法称
为“算两次”，对于组合恒等式的证明，常利用这种方法.
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