安徽省淮南第二中学2024-2025学年高二下学期期中教学检测数学试题（解析版）-A4

这是一份安徽省淮南第二中学2024-2025学年高二下学期期中教学检测数学试题（解析版）-A4，共16页。
注意事项：
1．答题前，务必在答题卷规定位置填写自己的姓名、班级、准考证号（智学号）；
2．在答题卷上答题时，选择题必须用2B铅笔将对应题号的答案涂黑，非选择题必须用0.5mm黑色墨水签字笔在指定区域作答，超出规定区域作答无效；
3．考试结束只需提交答题卷，试题卷学生自己保存.
一、选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题所给四个选项中，只有一项是符合题意的.
1. 若A，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根据排列数的计算公式，列出方程，即可求解.
【详解】由排列数的计算公式，可得，且，
因为，即，解得或（舍去）.
故选：C.
2. 曲线在处的切线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的几何意义，即可求解.
【详解】由函数，得，
则，，
所以曲线在处的切线方程为，即.
故选：D
3. 已知随机事件满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用条件概率的计算公式，求得，结合，即可求解.
【详解】因为随机事件和满足，，
由条件概率的计算公式，可得，
所以.
故选：D.
4. 若的展开式中二项式系数之和为32，各项系数之和为243，则展开式中的系数是（ ）
A. 32B. 64C. 80D. 160
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项式系数和可求得的值，由各项系数和可求得的值，进而由二项定理求得的系数即可.
【详解】因为的二项式系数之和为32，则，解得，
所以二项式为，
因为展开式各项系数和为243，
令，代入可得，
解得 ，
所以二项式为，
则该二项式展开式的通项为 ，，
令，解得，
则展开式中的系数为.
故选：C.
5. 将编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的小盒中，每个小盒放一个小球，要使得恰有1个小球与所在盒子编号相同，则有（ ）种不同的放球方法.
A. 20B. 15C. 12D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】分步乘法原理，先确定唯一一个编号相同的盒子，再计算与之编号不同的盒子可得.
【详解】分步计算，
先确定唯一一个编号相同的盒子，有种；
再将剩下的小球放入与之编号不同的盒子中，有2种方法，
所以一共有种.
故选：D.
6. 设随机变量的分布列如下（其中），表示的方差，则（ ）
A. 有最大值也有最小值B. 有最大值但无最小值
C. 无最大值但有最小值D. 无最大值也无最小值
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的分布列求出期望，再由方差定义求出，结合二次函数性质求解即可.
【详解】由分布列，得随机变量的期望，
则，
由，得当时，取得最大值，无最小值.
故选：B.
7. 中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，对于两个整数，若它们除以正整数所得的余数相同，则称和对模同余，记为．若，，则的值可以是（ ）
A. 2022B. 2023
C. 2024D. 2025
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用二项式定理变形，求出除以8的余数即可得解.
【详解】由题意，
则，
显然是8的整数倍，
因此除以8的余数为7，
而2022,2023,2024,2025除以8的余数分别为6,7,0,1.
所以选项B符合条件.
故选：B.
8. 如图，一个质点从原点0出发，每隔一秒随机等可能地向左或向右移动一个单位，共移动4次，在质点第一秒位于1的位置的条件下，该质点共经过两次2的位置的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件，结合条件概率与独立事件的乘法公式，即可求解．
【详解】质点移动4次，共有种情况，
设质点第一秒位于1的位置为事件为，则，
记质点两次经过质点2为事件，若第一步位于1，则还有3步，想要经过质点2两次，
则有，两种情况，
所以，
则．
故选：A．
二、选择题：本题共3个小题，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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A. 是函数的极小值
B. 的极小值点为
C. 在区间上单调递增
D. 在处切线的斜率等于0
【答案】AC
【解析】
【分析】由函数极值的定义即可判断A，由极值点的定义即可判断B，由原函数与导函数的关系即可判断C，由导数的几何意义即可判断D.
【详解】对于A，由图可知，导函数在两侧的单调性发生改变，
且在的左侧递减，右侧递增，所以是函数的极小值，故A正确；
对于B，极小值点是的值，而不是一个坐标点，由图象可知，时，
由负变正，则是的极小值点，故B错误；
对于C，由图象可知，时，，则原函数单调递增，故C正确；
对于D，函数在处切线的斜率就是，
由导函数图象可知，所以在处切线的斜率不等于0，故D错误；
故选：AC
10. 甲，乙两个盒子中装有除颜色外完全相同的球，其中甲盒子中有3个红球，4个白球，乙盒子中有2个红球，3个白球.先从甲盒子中随机取出一球放入乙盒子，再从乙盒子中随机取出一球.事件“从甲盒子中取出的球是红球”，事件“从甲盒子中取出的球是白球”，事件“从乙盒子中取出的球是红球”.则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用条件概率的公式计算后可判断AC的正误，根据对立事件可判断B的正误，根据全概率公式可判断D的正误.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，为对立事件，故，故B错误；
对于C，，故，
故C错误；
对于D，
，
故D正确；
故选：AD.
11. 如图，用种不同的颜色把图中五块区域涂上颜色，相邻区域不能涂同一种颜色，则（ ）
A.
B. 当时，若同色，共有48种涂法
C. 当时，若不同色，共有48种涂法
D. 当时，总的涂色方法有420种
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据同色或者不同色，即可结合选项，根据分步乘法计数原理求解.
【详解】对于A，由于区域,两两相邻，所以至少需要三种及以上的颜色才能保证相邻区域不同色，故A正确，
对于B，当时，此时按照的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法，
涂时，由于同色（D只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的颜色或者与同色的两种颜色中选择一种涂，
故共有种涂法，B正确；
对于C，当时，涂有种，
当不同色（D只有一种颜色可选），此时四块区域所用颜色各不相同，涂只能用与同色，此时共有24种涂法，C错误；
对于D，当时，此时按照的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法，
涂时，当同色（D只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的两种颜色中或者与同色的颜色中选择一种涂，
故共有种涂法，
当不同色，此时四块区域所用颜色各不相同，共有，
只需要从剩下的颜色或者与同色的两种颜色中选择一种涂此时共有种涂法，
综上可知，总的涂色方法有420种，故D正确，
故选：ABD
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．
12. 已知随机变量的分布列如下：
若 ， 则_______.
【答案】5
【解析】
【分析】利用期望公式求解即可.
【详解】由题可得：，，
所以，
故答案为：5
13. 已为的展开式中的系数为10，则实数______．
【答案】1
【解析】
【分析】先求的展开式的通项公式，得到，的系数，进而求得答案．
【详解】因为，
因为的展开式的通项公式为：，
可得的展开式中，的系数分别为：，，
故的展开式中的系数为：，
又的展开式中的系数为10，
所以，解得．
故答案为：．
14. 已知函数对定义域内任意，都有，则正实数的取值范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】设，由题设可得的单调性，从而得到 ，利用同构可得，参变分离后可求参数的取值范围.
【详解】因为，所以
令函数，则在上单调递减，
所以在上恒成立，所以，
即.令函数，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
当时，，当时，，
且由题干可知，，即，
若，则恒成立，
当时，恒成立等价于当时，，
故时，恒成立，故.
令函数，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值，所以；
综上所述，正实数的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在的展开式中，第4项的二项式系数与第3项的二项式系数的比为．
（1）求的值；
（2）求展开式中的系数．
【答案】（1）；
（2）-1792
【解析】
【分析】（1）由求解即可；
（2）由通项公式即可求解.
【小问1详解】
由题意可得，即，
即，故；
【小问2详解】
，
其展开式的通项公式，，
令，解得，故展开式中的系数为．
16. 端午节吃粽子是我国传统习俗，设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽3个，白粽7个，这两种粽子的外观完全相同，从中任意选取3个.
（1）求既有豆沙粽又有白粽的概率；
（2）设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列及期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据古典概型以及组合数计算求得正确答案.
（2）根据超几何分布的知识求得X的分布列并求得数学期望.
【小问1详解】
依题意，既有豆沙粽又有白粽的概率为；
【小问2详解】
X的可能取值为
则，
，
，
.
所以X的分布列如下：
.
17. ，.
（1）求函数的极大值和极小值；
（2）若函数在上有两个零点，求的取值范围．
【答案】（1）极大值为，极小值为；（2）.
【解析】
【分析】（1）对函数求导，令，求得函数的极值点，并利用导数分析函数的单调性，进而可求得函数的极大值和极小值；
（2）根据（1）的结果得函数在上的单调性，再结合条件在上有两个零点，判断和的符号，得到不等式组，从而解得的取值范围.
【详解】（1）因，
所以.
令，得或，
因为，所以当和时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.
所以当时，取得极大值，
当时，取得极小值；
（2）由（1）知：函数在上单调递减，且在时取得极小值，
又，所以若函数在上有两个零点，
则 ，即，则，解得：，
所以的取值范围为.
【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和极值，利用导数解决函数零点问题，属于中档题.
18. 如图，在四棱锥中．底面为矩形，侧棱底面，，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）若，且点到平面的距离为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（1）连结，交于点，连结，证明，再由线面平行的判定定理证明即可；
（2）以向量为轴的正方向建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量即可求解面面角的余弦值；
（3）由（2）可得，再由求解即可.
小问1详解】
如图，连结，交于点，连结，
因为点是的中点，底面为矩形，
所以点是的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
如图，以向量为轴的正方向建立空间直角坐标系，
，，，
则，，
设平面的法向量，
则，令，，，
所以平面的法向量，
且平面的一个法向量为，
设平面和平面的夹角为，
则，
所以平面和平面的夹角的余弦值为.
【小问3详解】
由（2）可得，，，，
，，平面的法向量，
故，
设点与平面的距离为，
则，解得．
19. 定义：若函数与在公共定义域内存在使得，则称与为“契合函数”．
（1）判断函数和是否为“契合函数”；
（2）若函数和不为“契合西数”，求的取值范围；
（3）若函数和在区间上为“契合函数”，求的取值范围．
【答案】（1）与为“契合函数”
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用“契合函数”的定义直接求解即可；
（2）构造函数，由于与不为“契合函数，则可将原问题转化为在上无零点，结合导数知识以及参变分离的思想分在上恒成立与若在上恒成立两种情况进行讨论即可求得a的取值范围；
（3）令，结合“契合函数”的定义，将原问题转化为在上存在零点，利用导数知识即可求得m的取值范围.
【小问1详解】
根据定义，若与为“契合函数”，则在公共定义域内有解．
又，
所以，即，解得，
所以与为“契合函数”．
小问2详解】
令，
因为与不为“契合函数，又为上的连续函数，
所以在上无零点，即恒为负或恒为正．
若在上恒成立，取，则，即，
又当时，，
令，所以，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，与假设矛盾，
所以不存在使得在上恒成立．
若在上恒成立，即，
令，所以，
又在上单调递减，，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，即的取值范围是．
【小问3详解】
令，则，
因为与在上为“契合函数”，所以在上存在零点，
即在上存在零点．又因为，
当且时，因为，所以，所以在上单调递增，则，
此时在上不存在零点，不满足题意；
当时，当时，，所以，
当时，令，则，
所以在上单调递增，且，故在上存在唯一零点，设为，使得，
所以当时，；当时，；
又当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在上存在唯一极小值点，
因为，所以，又因为，所以在上存在唯一零点，
所以函数与在上为“契合函数”．
综上，的取值范围是．
【点睛】对于函数新定义问题，重要的是读懂定义.不等式恒成立求参数的问题，一般情况下会优先考虑参变分离，参变分离无法求解时才会考虑含参讨论的方法，最重要的是熟记导数的方法研究函数单调性，最值等.
0
1
2
1
2
3
0.3
0.3
X
0
1
2
3
P