2024-2025学年山东省济南市济钢高级中学高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年山东省济南市济钢高级中学高二（下）期中数学试卷（含解析），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。
1.若C20x=C203x−4，则实数x的值为( )
A. 2B. 4C. 6D. 2或6
2.已知事件A，B，若P(B)=47，P(AB)=37，则P(A|B)=( )
A. 34B. 328C. 421D. 1249
3.已知y=f′(x)是函数y=f(x)的导函数，其图象如图所示，则以下选项中正确的是( )
A. x=0和x=2是函数y=f(x)的两个零点
B. 函数y=f(x)的单调递增区间为(−∞,1)
C. 函数y=f(x)在x=0处取得极小值，在x=2处取得极大值
D. 函数y=f(x)的最大值为f(2)，最小值为f(0)
4.已知随机变量X～N(80,σ2)，且P(X≥120)=0.21，则P(400,116x2+1,x≤0(其中e是自然对数的底数)，O为坐标原点，曲线C的相对于点O的“确界角”为β，则β= ______．
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.(本小题13分)
一批产品共10件，其中3件是不合格品，用下列两种不同方法从中随机抽取2件产品检验：方法一：先随机抽取1件，放回后再随机抽取1件；方法二：一次性随机抽取2件．记方法一抽取的不合格产品数为ξ1，方法二抽取的不合格产品数为ξ2．
(1)求ξ1，ξ2的分布列；
(2)比较两种抽取方法抽到的不合格产品数的均值的大小，并说明理由．
16.(本小题15分)
设函数f(x)=ln(ax+b)，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x−2y+2ln2−1=0．
(Ⅰ)求a，b的值；
(Ⅱ)设函数g(x)=f(x)−xx+1，求g(x)的单调区间；
(Ⅲ)求证：当x≥0时，有f(x)≥xe−x．
17.(本小题15分)
诗词大会的挑战赛上，挑战者向守擂者提出挑战，规则为挑战者和守擂者轮流答题，直至一方答不出或答错，则另一方自动获胜，比赛最多进行5轮(挑战者和守擂者依次答题一次为一轮)，若第五轮挑战者答题正确则不论守擂者答对与否都认为挑战者获胜.赛制要求挑战者先答题，守擂者和挑战者每次答对问题的概率都是12，且每次答题互不影响.(其中挑战者第五轮答对问题概率为13)
(1)若在不多于两次答题就决出胜负的条件下，则挑战者获胜的概率是多少？
(2)在此次比赛中，挑战者最终获胜的概率是多少？
(3)现赛制改革，挑战者需要按上述方式连续挑战全部6位守擂者，以(2)中求得的挑战者最终获胜的概率作为挑战者面对每个守擂者的获胜概率，每次挑战之间相互独立，若最终统计结果是挑战者战胜了不少于三分之二的守擂者，则称该挑战者挑战成功，反之则称挑战者挑战失败.若再增加1位守擂者，试分析该挑战者挑战成功的概率是否会增加？并说明理由．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=−x2+(a−2)x+a−3ex(x>0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)存在两个极值点x1，x2，记ℎ(x1,x2)=f(x1)f(x2)，求ℎ(x1,x2)的取值范围．
19.(本小题17分)
在数学探究实验课上，小明设计了如下实验：在一个盒子中装有蓝球、红球、黑球等多种不同颜色的小球，一共有偶数个小球，现在从盒子中一次摸一个球，不放回．
(1)若盒子中有6个球，从中任意摸两次，摸出的两个球中恰好有一个红球的概率为35．
①求红球的个数；
②从盒子中任意摸两次球，记摸出的红球个数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．
(2)已知盒子中有一半是红球，若“从盒子中任意摸两次球，至少有一个红球”的概率不大于1114，求盒子中球的总个数的最小值．
(3)在(2)的条件下，盒中球的总数为x，若“从盒子中任意摸两次球，恰有两个红球”奖励4x元，若“从盒子中任意摸两次球，恰有一个红球”奖励8+156x元，若“从盒子中任意摸两次球，没有红球”不奖励，求发放奖金期望最小时盒子中球的总个数．
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：∵C20x=C203x−4，∴x=3x−4或x+3x−4=20，解得x=2或6，
故选：D．
利用组合数公式计算即可．
本题考查了组合数公式，是基础题目．
2.【答案】A
【解析】解：P(A|B)=P(AB)P(B)=3747=34，
故选：A．
根据条件概率公式计算即可．
本题考查条件概率公式，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：根据图象可知，00，则f′(x)=2e2x−2a>0，f(x)在R上单调递增．
当x→−∞时，e2x→0，f(x)→−∞，不满足f(x)≥0．
当a>0时，令f′(x)=0，得x=12lna．
当x∈(−∞,12lna)时，f′(x)0，f(x)单调递增．
所以f(x)在x=12lna处取得最小值f(12lna)=a−alna−1．
令g(a)=a−alna−1，对其求导得g′(a)=1−(lna+1)=−lna．
当a∈(0,1)时，g′(a)>0，g(a)单调递增；
当a∈(1,+∞)时，g′(a)0时，过原点作y=xex−1+1的切线，
设切点A(x1,x1ex1−1+1)，
y′=(x+1)ex−1，k1=(x1+1)ex1−1，
则切线方程为y−(x1ex1−1+1)=(x1+1)ex1−1(x−x1)，
又切线过点(0,0)，
所以−x1ex1−1−1=−x1(x1+1)ex1−1，
整理得x12ex1−1−1=0，
设g(x)=x2ex−1(x>0)，
则g′(x)=(x2+2x)ex−1>0，
故g(x)为单调递增函数，且g(1)=1，
所以x1=1，k1=2，
当x0时，过原点且与y=xex−1+1相切的切线斜率，以及过原点且与y=116x2+1相切的切线斜率，进而可得两切线互相垂直，即可求得答案．
本题属于新概念题，考查了导数的几何意义及综合运用，考查了两直线间的位置关系，属于中档题．
15.【答案】解：(1)随机变量ξ1的可能取值为0，1，2，
且ξ1～B(2,310)，
则P(ξ1=0)=C20(310)0(710)2=49100，P(ξ1=1)=C21(310)1(710)1=2150，P(ξ1=2)=C22(310)2(710)0=9100．
因此ξ1的分布列为
随机变量ξ2的可能取值为0，1，2，且ξ2服从超几何分布，
且P(ξ2=0)=C30C72C102=715，P(ξ2=1)=C31C71C102=715，P(ξ2=2)=C32C70C102=115．
因此ξ2的分布列为
(2)E(ξ1)=E(ξ2).理由如下：由(1)知，方法一中E(ξ1)=2×310=35，
方法二中E(ξ2)=2×310=35，
因此E(ξ1)=E(ξ2)，
所以两种方法抽到的不合格产品数的均值相等．
【解析】(1)随机变量ξ1的可能取值为0，1，2，求出概率得到分布列；随机变量ξ2的可能取值为0，1，2，且ξ2服从超几何分布，求出概率，得到分布列．
(2)求解期望，推出E(ξ1)=E(ξ2).
本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，是中档题．
16.【答案】解：(I)f′(x)=aax+b．
因为y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x−2y+2ln2−1=0，
所以有f′(1)=aa+b=12f(1)=ln(a+b)=ln2，
解得a=1b=1．
(Ⅱ)由(Ⅰ)有f(x)=ln(x+1)，
所以g(x)=ln(x+1)−xx+1，定义域为(−1,+∞)．
则g′(x)=x(x+1)2．
令g′(x)=x(x+1)2=0，解得x=0，
当x>0时，g′(x)>0，
当−10，f′(x)=x2−ax+1ex，
当a≤0或Δ=a2−4≤0，即a≤2时，f′(x)≥0，f(x)为增函数；
当a>2时，由x2−ax+1=0得x1,2=a± a2−42，不妨设x10得02，φ′(a)=a2−2a−8ea，当a∈(2,4)时，φ′(a)0，
故φ(a)在(2,4)上单调递减，在(4,+∞)上单调递增，故φ(a)min=φ(4)=−8e4，
又a→2时，φ(a)→4e2，a→+∞时，φ(a)→0−，
故−8e4≤φ(a)