2024-2025学年广东省东莞市光正实验学校高二下学期期中考试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省东莞市光正实验学校高二下学期期中考试数学试卷（含答案），共6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，共40分。
1.书架上有5本不同的理科类书籍，4本不同的文科类书籍，现从书架上取一本书，不同的取法总数有( )
A. 9种B. 45种C. 54种D. 20种
2.已知离散型随机变量X的分布列为
则E(X)等于( )
A. 1910B. 2C. 52D. 910
3.已知函数f(x)=1x的导函数为f′(x)，则f′(−1)=( )
A. 0B. −1C. 1D. −12
4.某批产品来自A，B两条生产线，A生产线占60％，次品率为5％；B生产线占40％，次品率为4％，现随机抽取一件进行检测，则抽到次品的概率是( )
A. 0.029B. 0.046C. 0.056D. 0.406
5.函数f(x)=−lnx+x的单调递增区间是( )
A. (−∞,0)∪(1,+∞)B. (−∞,0)和(1,+∞)
C. (1,+∞)D. (−1,+∞)
6.某学校举办了一次垃圾分类知识比赛活动，高一、高二、高三年级分别有2名、3名、3名同学获一等奖，若将上述获一等奖的8名同学排成一排合影，要求同年级同学排在一起，则不同的排法共有( )
A. 432种B. 420种C. 176种D. 7种
7.下列求导运算正确的是( )
A. 2x′=2xB. xlnx′=1x
C. xex′=1+xexD. ( 2x−1)′=1 2x−1
8.若函数f(x)=(x−3)ex+12x2−2x+1在区间(2m−2,3+m)上存在最值，则m的取值范围是( )
A. m< −1B. m>2
C. −10．
参考答案
1.A
2.A
3.B
4.B
5.C
6.A
7.D
8.C
9.ABD
10.BC
11.BCD
12.−15
13.4003/13313
；32009/35559
14.0,1e
15.【详解】(1)因为f(x)=3x−x3，则f′(x)=3−3x2，所以f(2)=−2，f′(2)=−9，
因此，函数f(x)在点2,f(2)处的切线方程为y+2=−9(x−2)，即9x+y−16=0．
(2)由f′(x)=3−3x2=0，可得x=±1，列表如下：
所以，函数f(x)的减区间为(−∞,−1)、(1,+∞)，增区间为(−1,1)，
该函数的极小值为f(−1)=−3+1=−2，极大值为f(1)=3−1=2．

16.【详解】(1)因为在5道题中有3道理课题和2道文科题，
则第1次抽到理科题的概率P1=35．
(2)依题意可得第1次和第2次都抽到理科题的概率P2=35×24=310；
(3)因为第1次抽到理科题，此时还剩下4道题，其中2道理科题，2道文科题，
故在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率P3=24=12．

17.【详解】(1)令x=0得a0=1．
(2)令x=1，则a0+a1+…a7=(1−2)7=−1，
由(1)知a0=1，
所以a1+a2+…+a7=−1−1=−2．
(3)令x=−1，则a0−a1+a2−a3+…+a6−a7=37=2187①
由(2)知a0+a1+a2+a3+…a7=−1②
由①+②得2a0++a2+a4+a6=2187−1=2186，
∴a0+a2+a4+a6=1+1092=1093．

18.【详解】(1)X的可能取值为0,1,2,3
则P(X=0)=C30C73C103=35120=724，P(X=1)=C31C72C103=63120=2140,
P(X=2)=C32C71C103=21120=740,P(X=3)=C33C70C103=1120
所以X的分布列如下：
(2)由(1)可知E(x)=1×2140+2×740+3×1120=910，
D(x)=(0−910)2×724+...+(3−910)2×1120=49100．
(3)记“至少取到一个豆沙粽”记为事件A，则A表示“一个豆沙粽都没有取到”
则P(A)=1−P(A)=1−C73C103=1−724=1724．

19.【详解】(1)解：由函数f(x)=xlnx−x，可得其定义域为(0,+∞)，且f′(x)=lnx，
当00
可得xlnx−x≥mx−e2，即m≤lnx−1+e2x，
由f(x)≥mx−e2对任意x∈(0,+∞)恒成立，即m≤lnx−1+e2x在x∈(0,+∞)恒成立，
令g(x)=lnx−1+e2x，可得g′(x)=1x−e2x2=x−e2x2，
令g′(x)=0，解得x=e2，
当00，可得ℎ′(x)=lnx+2x，
令H(x)=ℎ′(x)=lnx+2x,x>0，可得H′(x)=2x+1x>0在(0,+∞)上恒成立，
所以函数H(x)在(0,+∞)上单调递增，即函数ℎ′(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为x0是ℎ(x)=f(x)+x2的极值点，所以存在x0使得ℎ′x0=0，即lnx0=−2x0，
又由ℎ′(1)=2>0，所以00．
X
1
2
3
P
25
310
310
x
(−∞,−1)
−1
(−1,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
−
0
+
0
−
f(x)
减
极小值
增
极大值
减
X
0
1
2
3
P
724
2140
740
1120