福建省三明市五县联盟2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省三明市五县联盟2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题（Word版附解析），共15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
1．下列求导运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
2．2025年春节期间，全国各大影院热映3部优秀的影片：《哪吒之魔童闹海》、《唐探1900》、《封神2》.现有4名同学，每人选择这3部影片中的1部观看，每部电影都有人观看，恰有2名同学选择观看同一部影片，共有（ ）种不同的选择方法.
A．81种B．64种C．36种D．24种
3．从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，记事件：取到的2个数之和为偶数，事件取到的2个数均为偶数，则（ ）
A．B．C．D．
4．的展开式中含项的系数为（ ）
A．240B．160C．-60D．-160
5．函数的单调增区间为（ ）
A．B．C．D．
6．某飞碟运动员每次射击中靶的概率为，连续射击3次，至少击中两次的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，直线和圆，当从开始在平面上按逆时针方向绕点O匀速转动（转动角度不超过）时，它扫过的圆内阴影部分的面积是时间的函数，这个函数的图象大致是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数是定义在上的函数，且满足，其中为的导数，设，，，则、、的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．化学课上，老师带同学进行酸碱平衡测量实验，由于物质的量浓度差异，测量酸碱度pH值时会造成一定的误差，甲小组进行的实验数据的误差和乙小组进行的实验数据的误差均符合正态分布，其中，，已知正态分布密度函数，记和所对应的正态分布密度函数分别为，，则（ ）
A．
B．乙小组的实验误差数据相对于甲小组更集中
C．
D．
10．随机事件、满足，，，下列说法正确的是（ ）
A．事件与事件相互独立B．
C．D．
11．已知函数存在两个极值点，则下列选项正确的有（ ）
A．B．
C．若，则D．
三、填空题
12．已知函数，若直线在点处与曲线相切，则直线的方程为 .
13．随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式．某公司员工小明的上班出行方式有三种，某天早上他选择自驾，坐公交车，骑共享单车的概率分别为，，，而他自驾，坐公交车，骑共享单车迟到的概率分别为，，，结果这一天他迟到了，在此条件下，他骑共享单车去上班的概率为 ．
14．将一边长为的正方形铁片的四角截去四个边长均为的小正方形，然后做成一个无盖的方盒，当等于 时，方盒的容积最大．
四、解答题
15．已知的展开式中，第4项与第8项的二项式系数相等.
(1)求含的项；
(2)若，求的值.
16．某校举行“爱国，爱校，爱班级”的知识竞赛，该校某班经过层层筛选，还有最后一个参赛名额要在甲、乙两名学生中间产生.该班委设计了一个测试方案：甲、乙两名学生各自从个问题中随机抽取个问题作答，已知这个问题中，学生甲能正确回答其中的个问题，而学生乙能正确回答每个问题的概率均为，甲、乙两名学生对每个问题回答正确与否都是相互独立、互不影响的.
(1)求乙恰好答对两个问题的概率；
(2)请问选择哪名同学去参赛更合理？请说明理由
17．已知函数
(1)当时，求在上的最值；
(2)讨论的单调性．
18．某公司邀请棋手与该公司研制的一款人形机器人进行象棋比赛，规则如下：棋手的初始分为20，每局比赛，棋手胜加10分；平局不得分；棋手负减10分.当棋手总分为0时，挑战失败，比赛终止；当棋手总分为30时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续.已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为、、，且各局比赛相互独立.
(1)求两局后比赛终止的概率；
(2)在3局后比赛终止的条件下，求棋手挑战成功的概率；
(3)在挑战过程中，棋手每胜1局，获奖5千元.记局后比赛终止且棋手获奖1万元的概率为，求的最大值.
19．已知函数，.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若，求的取值范围；
(3)若有两个实数解，，证明：.
1．A
根据基本函数的求导公式和求导法则，对每个选项逐一判断.
【详解】对于选项A：，A正确.
对于选项B：，B错误.
对于选项C：，C错误.
对于选项D：，D错误.
故选：A.
2．C
根据题意，先把4人分成3组，再将分成的三组分到热映3部优秀的影片，结合排列数和组合数的公式，即可求解.
【详解】根据题意，先把4人分成3组，其中一组2人，其他两组个1人，
再将分成的三组分到热映3部优秀的影片，共有.
故选：C.
3．B
根据条件概率的计算公式即可求解.
【详解】事件包含的基本事件有事件包含的基本事件有，
故概率为，
故选：B
4．D
先将变形为，那么，再根据二项式展开式的通项公式求出含项的系数.
【详解】因为，所以.
对于，则其展开式的通项公式为：
（）.
令，解得.
将代入到通项公式中，可得含项为.即含项的系数为.
故选：D.
5．B
先确定函数的定义域，再利用导数求函数的单调区间即可.
【详解】函数的定义域为，
因为，所以，
令，即，所以，解得，
所以函数的单调递增区间为.
故选：B.
6．C
利用独立重复试验的概率公式计算即可.
【详解】至少击中两次包括击中2次和击中3次,
所以至少击中两次的概率为,
故选:C.
7．D
结合图形的几何特征，结合阴影部分面积变化率和曲线的特征求解即可.
【详解】由几何特征可知，直线扫过的圆内阴影部分的面积是时间的函数，且由圆的对称性，
将此函数的图像只看一半,且图像是类似对称的，可知面积关于时间的函数的变化率是逐渐变大的，
故此函数的图像的切线的斜率应为逐渐变大的.可知D选项符合题意.
故选：D.
8．D
构造函数，结合条件与导数求得的单调性，从而得解.
【详解】令，则，
因为，而恒成立，所以，
所以在上单调递增，
又，所以，
因为，，，
所以，即.
故选：D.
9．AC
由正态分布密度函数曲线的图象及性质可判断A，B；利用正态分布密度函数曲线的对称性以及原则即可判断C，D.
【详解】由正态分布密度函数曲线可知，数据的标准差越小，数据越集中在均值附近，峰值越大，反之，标准差越大，数据越分散，峰值越小.
对于两个小组的误差，甲组的标准差，乙组的标准差
显然甲组的标准差更小，故峰值更大，数据相对乙组更集中，故A正确，B错误；
故C正确;
而对于任何正态分布都有
故，故D错误.
故选：AC.
10．ABC
根据互斥事件的定义，结合独立事件的定义、条件概率的公式逐一判断即可.
【详解】根据，可得；
又，可得，
则事件与事件B相互独立，，故AB正确，D错误；
由，则，故C正确.
故选：ABC.
11．ACD
求出函数的导函数，依题意可得方程有两个实数根，则问题转化为的图象与的图象有两个交点，结合函数图象及题意条件，逐项分析即得.
【详解】A选项：，因为存在两个极值点，
所以有两个不同的实数根，即有两个不同的实数根，显然0不是方程的根，
即，令与的图象有两个不同交点，
结合图象可得，A正确；

B选项：由，两式相除可得，即，
令，则，所以，则，
令，则，
所以在上单调递减，
，即，即，故，B选项错误；
C选项：若，由可得，
即，，，
把代入，可得，C选项正确；
D选项：因为是极值点，则，解得，
所以，
令，
则，
所以在上单调递减，，即，D选项正确.
故选：ACD.
12．
根据导数的几何意义求出切点处的导数值,再用直线点斜式方程写出即可.
【详解】,
所以,又,
所以切线方程为即,
故答案为: .
13．
根据全概率和条件概率公式求解即可.
【详解】设事件A：这一天他迟到，事件B：他骑共享单车去上班，
由题可知，
所以，
故答案为：.
14．
先求出方盒容积的表达式，再利用导数根据单调性求最大值.
【详解】方盒的容积为：

当时函数递减，当时函数递增
故答案为
15．(1)
(2)0
【详解】（1）解：由的展开式中，第4项与第8项的二项式系数相等，
可得，所以，即，
其展开式的通项公式为，
令，可得，所以含的项为.
（2）解：由（1）可得，
令，可得，
再令，所以，
所以，
所以.
16．(1)；
(2)选择投票给学生甲；理由见解析．
【详解】（1）由题知，令“乙回答问题的正确个数”为，则，
则乙恰好答对两个问题的概率为：.
（2）令“甲回答问题的正确个数”为，“乙回答问题的正确个数”为，
则所有可能的取值为，
则；；．
所以．
由题意，随机变量，所以．
又，．
所以，，
可见，乙与甲的平均水平相当，但甲比乙的成绩更稳定，
所以选择投票给学生甲．
17．(1)最大值为32，最小值为
(2)答案见解析
（1）根据导数求解函数的单调区间，即可求解极值点以及端点处的函数值，比较大小即可，
（2）求导，分类讨论即可根据导函数的正负求解.
【详解】（1）因为，所以．
当时，，当时，，
故的单调递增区间为和，单调递减区间为．
因为，
所以在上的最大值为32，最小值为．
（2）因为，
所以
令，得或．
当，即时，由，解得或，由，解得．
当，即时，恒成立．
当，即时，由，解得或，由，解得．
综上所述，当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为．
18．(1)
(2)
(3)
（1）两局后比赛终止有两种情况：两胜达到 30 分或两负达到 0 分，利用相互独立事件概率公式计算；
（2）先求出 3 局后比赛终止的概率以及 3 局后挑战成功的概率，再利用条件概率公式计算；
（3）根据获奖金额确定胜的局数，再结合比赛终止条件得到比赛局数与胜、负局数的关系，从而得出概率表达式，进而求最大值.
【详解】（1）设每局比赛甲胜为事件，每局比赛甲平为事件，每局比赛甲负为事件，
设“两局后比赛终止”为事件，
因为棋手与机器人比赛局，所以棋手可能得分或30分比赛终止．
（i）当棋手得分为分，则局均负，即；
（ii）当棋手得分为30分，则局先平后胜，即．
因为、互斥，所以
．
所以两局后比赛终止的概率为．
（2）设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件．
因为
，
．
所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为
．
所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为．
（3）因为局获奖励万元，说明甲共胜局．
（i）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，
且是“负胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有种，
（ii）当棋手第局以30分比赛终止，说明前局中有负胜，
且是先负后胜的顺序，其余均为平局，共有种，
则“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率
，．
所以．

因为，所以，
所以，所以单调递减，
所以当时，取最大值为.
19．(1)单调减区间为，单调增区间在为.
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）（1）当时，，则
令，
当时,在上单调递减，
当时,在上单调递增，
所以单调减区间为，单调增区间在为.
（2）由可知，，，
即在上恒成立，
设，，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增，
所以时，取得最小值，最小值为，
由题意知，即，故的取值范围为；
（3）方程有两实数解，，
即有两实数解，不妨设，
由（2）知方程要有两实数解，则，即，
同时，，，
，则，在单调递减，
欲证，即证，，
等价于，即，
等价于，
整理得①，
令，①式为，又在单调递增，
故①式等价于，即，
令，，
当时，，在单调递增，
又，，即，题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
B
D
B
C
D
D
AC
ABC
题号
11









答案
ACD