【数学】吉林省松原市乾安县G35、联合体吉林八校2024-2025学年高二下学期5月期中考试试题（解析版）

这是一份【数学】吉林省松原市乾安县G35、联合体吉林八校2024-2025学年高二下学期5月期中考试试题（解析版），共99页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知函数是的导数，则（ ）
A. B. 0C. 1D.
【答案】A
【解析】，所以.
故选：A
2. 已知等差数列的前n项和为，且，则（ ）
A. 0B. 10C. 15D. 30
【答案】C
【解析】因为所以
又因为
故选：C.
3. 函数的单调递增区间是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】函数的定义域为R，求导得，
由，得，所以函数的单调递增区间是.
故选：B
4. 有5本不同的书，全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为（ ）
A. 1024种B. 625种C. 240种D. 120种
【答案】C
【解析】由题先把5本书的两本捆起来看作一个元素共有种可能，
这一个元素和其他的三个元素在四个位置全排列共有种可能，
所以不同的分法种数为种，
故选：C
5. 在一个关于智能助手的准确率测试中，有三种不同的模型，，.模型的准确率为0.8，模型的准确率为0.75，模型的准确率为0.7.已知选择模型，，的概率分别为，，.现随机选取一个模型进行测试，则准确率为（ ）
A. 0.56B. 0.66C. 0.76D. 0.86
【答案】C
【解析】由全概率公式可知，所求准确率为.
故选：C.
6. 设，则中最大的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为展开式的通项公式为，
所以展开式各项的系数与二项式系数相等或互为相反数，又由二项式系数的性质知，二项式系数最大的项为第五、第六项，即，，所以中最大的是.故选：B.
7. 设公比为q的等比数列的前n项和为，前n项积为，且，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 数列无最大值
C. 是数列中的最大值D.
【答案】D
【解析】A选项，，若，则对任意的，都有，则，不合要求，A错误；
BC选项，若，则，与矛盾，不合要求，
当时，，又，
所以，即，
又，故满足要求，
故当时，，当时，，
故有最大值，最大值为，BC错误；
D选项，当时，，当时，，
故，，
所以，D正确.
故选：D
8. 有一个游戏，规则如下：如图，在圆上有，，，，，，，共八个点，一枚棋子起始位置在点处，抛掷一枚均匀的骰子，若骰子正面向上的点数为. 则棋子前进步，每步从一个点按顺时针方向前进到相邻的另一个点，可以循环进行，抛掷三次骰子后，游戏结束.若此时棋子在点处，则游戏过关. 试问游戏结束时过关的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】举出在点数中能够使得三次数字和为或的有：
，，共有7种组合，
前2种组合每种情况可以排列出种结果，共有种结果；后5种组合各有3种结果，共有种结果，
由分类加法计数原理知，共有种结果；
拋次骰子共有种结果，
故拋掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的概率.
故选：D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分；共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知函数的导函数为，的部分图象如图所示，则（ ）
A. 在上单调递增B. 在上单调递减
C. 是的极小值点D. 是的极大值点
【答案】AC
【解析】对于A,当时，故在上单调递增，A正确，
对于B, 当时，故在上单调递增，B错误，
对于C, 当时，故在上单调递增，当时，故在上单调递减，故是的极小值点，C正确，D错误，
故选：AC
10. 下列四个命题中为真命题的是（ ）
A. 已知，且，则
B. 4个男同学，3个女同学站成一排，任何两个女同学彼此不相邻，有240种不同的排法
C. 二项式的展开式中的常数项是45
D. 已知随机变量服从正态分布，若，则
【答案】ACD
【解析】对于A，由得，，故A正确；
对于B，4个男同学，3个女同学站成一排，任何两个女同学彼此不相邻，有种不同的排法，故B错误；
对于C，二项式的展开式通项为，令，解得，
所以常数项为，故C正确；
对于D，由得，曲线对称轴为，
则，故D正确；
故选：ACD．
11. 为等差数列的前项和，公差，若，且，则( )
A.
B.
C. 对于任意的正整数，总存在正整数，使得
D. 一定存在三个正整数，，，当时，，，三个数依次成等差数列
【答案】AC
【解析】由得，，故A正确；
，故B错误；
，，结合及可得：，，
故，，，则即为，
∵n是正整数，∴也是正整数，
故对于任意的正整数，总存在正整数，使得，故C正确；
成等差数列，
∵均为偶数，
∴等式左边为偶数，右边为奇数，左右不可能相等，故D错误；
故选：AC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若从1，2，3，4，5这五个数字中任取2个偶数和2个奇数，组成一个无重复数字的四位数，则不同的四位数的个数是________.
【答案】
【解析】2，4全被取到，只需从1，3，5中任选两个，
再与2，4共4个数字在四个数位上全排列，此时共有个四位数.
故答案为：.
13. 已知，，，则_______.
【答案】
【解析】由概率乘法公式可得，
由条件概率公式可得.
故答案为：.
14. 赵爽是我国古代的数学家､天文学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”.第24届国际数学家大会会标就是以“赵爽弦图”为基础进行设计的.如图，四边形是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.如果小正方形的面积为1，再以正方形为“小”正方形向外作“弦图”，得到正方形……按此作法进行下去，记，，正方形的面积为.若，则___________.
【答案】
【解析】设，，则，，所以.
当时，设，，则，，所以，，所以，
所以数列是以25为首项，25为公比的等比数列，所以，，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. 已知数列的前n项和为.
（1）求的通项公式；
（2）设，是数列的前n项和，求.
解：（1）中，令得，
当时，，
又适合上式，所以；
（2）由（1）知：，
所以.
16. 已知.其中，且展开式中仅有第5项二项式系数最大.
（1）求n的值及二项式系数最大的项；
（2）求（用数值作答）；
（3）求的值（用数值作答）
解：（1）由展开式中仅有第5项的二项式系数最大可知为唯一的最大，故，
则第5项为
（2）令，则
（3）令，则，与（2）中两式求和，
故
17. 已知函数.
（1）若函数在处取得极小值，求实数a，b的值；
（2）已知，且函数的极大值是1，讨论函数的零点个数.
解：（1）因为，所以，
因为函数在处取得极小值，
所以，解得，此时，
由，得到或，
当或时，，当时，，
则在和上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取到极小值，符合题意.
所以.
（2），令，则或，
若，当或时，，当时，，
所以的单调递增区间为，；单调递减区间为，
当时，函数取到极大值，即，所以，
当时，函数取到极小值，即，
又当时，，当时，，
所以当，即时，有1个零点；当，即时，有2个零点；当，即时，有3个零点.
18. 某地区拟建立一个艺术博物馆，采取竞标的方式从多家建筑公司选取一家建筑公司，经过层层筛选，甲、乙两家建筑公司进入最后的招标.现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案：两家公司从6个招标问题中随机抽取3个问题，已知这6个招标问题中，甲公司可正确回答其中4道题目，而乙公司能正确回答每道题目的概率均为，甲、乙两家公司对每题的回答都是相互独立，互不影响的.
（1）求甲、乙两家公司共答对2道题目的概率；
（2）设甲公司答对题数为随机变量，求的分布列、数学期望和方差；
（3）请从期望和方差的角度分析，甲、乙两家哪家公司竞标成功的可能性更大？
解：（1）记“甲、乙两家公司共答对2道题” 的事件为，它是甲乙各答对1道题的事件、甲答对2题乙没答对题的事件和，它们互斥，
则有，
所以甲、乙两家公司共答对2道题目的概率是.
（2）设甲公司答对题数为，则的取值分别为，
，
则的分布列为：
期望，
方差.
（3）设乙公司答对题数为，则的取值分别为，
，
，
则的分布列为：
期望，
方差，
显然，
所以甲公司竞标成功的可能性更大.
19. 对于函数，规定，，…，，叫做函数的n阶导数．若函数在包含的某个闭区间上具有n阶导数，且在开区间上具有阶导数，则对闭区间上任意一点x，，该公式称为函数在处的n阶泰勒展开式，是此泰勒展开式的n阶余项．已知函数．
（1）写出函数在处的3阶泰勒展开式（用表示即可）；
（2）设函数在处的3阶余项为，求证：对任意的，；
（3）求证：．
解：（1）由题意，函数，且，
则，
，
，
所以函数在处的阶泰勒展开式为：
（2）证明：由（1）可知，，
，
所以函数在处的阶泰勒展开式为：
，
其中，介于与之间的常数，
所以，
因为为常数项，且，所以函数偶函数，
因为，
当时，，所以在单调递增，
当时，，所以在单调递减，
所以，
故对任意的，.
（3）证明：由（2）可知，函数在处的阶泰勒展开式为
，所以，
令，则，
所以，
即.
1
2
3
0
1
2
3