安徽省六安第二中学（河西校区）2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题（Word版附解析）

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时间：120 分钟 满分：150 分 命题人：杨菲菲 审题人：董安俊
一、单选题：本题共 8 小题，每题 5 分，共 40 分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的.
1. 若 ，则 （ ）
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】根据组合数的公式运算求解.
【详解】因为 ，整理得 ，解得 或 ，
且 ，即 ，所以 .
故选：B.
2. 函数 的单调递减区间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出定义域后再求导，根据导函数小于 0 求出单调递减区间即可得．
【详解】 的定义域为 ，
，
由 ，可得 ，
故 的单调递减区间为 ．
故选：C．
3. 国家提出“乡村振兴”战略，各地纷纷响应．某县有 7 个自然村，其中有 4 个自然村根据自身特点推出乡
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村旅游，被评为“旅游示范村”．现要从该县 7 个自然村里选出 3 个作宣传，则恰有 2 个村是“旅游示范村”
的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，可直接写出对应事件 概率.
【详解】由题可得，恰有 2 个村是“旅游示范村”的概率为 ．
故选：B
4. 函数 ， 是 的导函数，则 的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求得 ，得到 ，则 图象关于原点对称，排除 B、D 项；
在 时确定 ，排除 C 项，即可得到答案.
【详解】由函数 ，可得 ，
则 ，
所以函数 为 上的奇函数，其图象关于原点对称，可排除 B、D 项；
当 时， ，则 ；
当 时， ，则 ，
因此当 时， ，可排除 C 项，
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所以 的大致图象为选项 A.
故选:A.
5. 将编号为 1，2，3，4，5 的小球放入编号为 1，2，3，4，5 的小盒中，每个小盒放一个小球，要使得恰
有 2 个小球与所在盒子编号相同，则有（ ）种不同的放球方法，
A. 60 B. 40 C. 30 D. 20
【答案】D
【解析】
【分析】利用分步乘法原理，分步求出恰有 2 个小球与所在盒子编号相同的方法总数即可得解.
【详解】如果有 2 个小球与所在的盒子的编号相同，
第一步：先从 5 个小球里选 2 个编号与所在的盒子相同，有 种选法；
第二步：不妨设选的是 1、2 号球，则再对后面的 3，4，5 进行排列，
且 3 个小球的编号与盒子的编号都不相同，则有 两种，
所以有 2 个小球与所在的盒子的编号相同，共有 种方法，故 D 正确.
故选：D.
6. 已知函数 的图象与 轴恰有两个公共点，则
A. 或 2 B. 或 3 C. 或 1 D. 或 1
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数判断函数的单调性求出极值点为 ，利用 或 可得结果.
【详解】因为 ,所以 f(x)的增区间为 ,减区间为 ,所以
的极大值为 ，极小值为 ，因为函数 的图象与 轴恰有两个公共点,所以只
须满足 或 ，即 或 ,故选 A.
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、函数的极值以及函数的零点，属于中档题.对于与“三
次函数”的零点个数问题，往往考虑函数的极值符号来解决,设函数的极大值为 ，极小值为
：一个零点 或 ；两个零点 或 ；三个零点 且
.
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7. 我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中，用如图的数表列出了一些正整数在三角形中的一
种几何排列，俗称“杨辉三角形”，若将这些数字依次排列构成数列 1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，
6，4，1，……，则此数列的第 2025 项为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据图形判定每行数字个数成等差数列，结合等差数列求和公式确定第 2025 项是第 64 行的第 9
个数字，结合二项式定理计算即可.
【详解】由“杨辉三角形”可知：第一行 1 个数，第二行 2 个 数 ，．．．， 第 行 个数，
所以前 行共有： ，当 时， ，
所以第 2025 项是第 64 行的第 9 个数字，即为 .
故选：B．
8. 已知函数 ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对称性即可求解 A,求导，代入，即可根据 ，根据正切函数的单
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调 性 即 可 求 解 B ， 根 据 对 称 性 将 问 题 转 化 为 的 大 小 ， 构 造 函 数
， ，即可求导判断单调性求解 C，构造函数 ，利用导数
求解单调性即可判断 D.
【详解】令 ，解得 ，
故 在 上单调递减，
令 ，解得 ，
故 的一条对称轴为 ，
故 ，
因为 ， ，
所以 ，即 ，A 错误；
B， ，
故 ， ，
因为 ，所以 ，
故 ，而 ，
故 ，
则 ，其中 ， ，
故 ，则 ，
由于 在 上单调递增， ,故
，
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故 ，
故 ，B 错误.
C， 的一条对称轴为 ，
故 ，
其中 ，故 ，
故 ，
而 ，
故 ，所以 ，
关于 中心对称，
故 ，其中 ，则
，
其中 ， .
下面证明 .
令 ， ，则 ，
令 ，则 在 上恒成立，
故 在 上单调递增，
又 ，故 在 上恒成立，
故 在 上单调递增，故 ，
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故 ，
所以 ，
则 ，
两边取对数得 ，
故 ，
故 ，
又 在 上单调递减，
故 ，
故 ，C 错误；
D， ， ，
令 ， ，则
，
当 时， ， ，故 恒成立，
故 在 上单调递增，
故 ，所以 ，
故 ，
由于 在 上单调递减，
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所以 ，D 正确.
故选：D
二、多选题：本题共 3 小题，每题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要
求.全部选对得 6 分，部分选对得部分，有选错的得 0 分.
9. 已知 ，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对 A，借助二项式的展开式的通项公式计算即可得，对 B，可借助二项式的展开式的通项公式可求
得各系数的值即可得，对 C，由 、 、 ， 、 ，借助赋值法计算即可得；对 D，借助赋值
法计算即可得.
【详解】对于 A，对 ，有 ，
则 ，故 A 错误；
对于 B，令 ，则有 ，即 ，
因为 ，
所以 ， ， ，
， ，
故有 ，故 B 正确；
对于 C，由 、 、 ， 、 ，
则 ，
令 ，则有 ，
即 ，又 ，
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故 ，故 C 正确；
对于 D，令 ，则有 ，即 ，
又 ，故 ，故 D 正确.
故选：BCD.
10. 已知随机变量 ，若 ， ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】借助正态分布的对称性可得 A、B，借助正态分布定义及期望与方差的性质可得 C、D.
【详解】由随机变量 ，则 ， ，
则 ，
，
，
，
故 A、B、D 正确，C 错误.
故选：ABD.
11. 现有编号分别为 的三个盒子，其中 盒中共 20 个小球，其中红球 6 个， 盒中共 20 个
小球，其中红球 5 个， 盒中共 30 个小球，其中红球 6 个.现从所有球中随机抽取一个，记事件 ：“该球
为红球”，事件 ：“该球出自编号为 的盒中”，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C.
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D. 若从所有红球中随机抽取一个，则该球来自 盒的概率最小
【答案】ACD
【解析】
【分析】由古典概率先计算 ，再由条件概率计算得到 A 正确；由全概率计算得到 B 错误；由条件概
率得到 C 正确；由古典概率得到 D 正确.
【详解】A：由题 ，
，故 A 正确；
B：由选项 A 可得
，故 B 错误；
C：因为 ，所以 ，
所以 ，故 C 正确；
D：由题该球来自 的概率为 ，该球来自 的概率为 ，该球来自 的概率为
，
所以该球来自 的概率最小，故 D 正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题 A，C 关键在于应用条件概率公式即 .
三、填空题：本题共 3 小题，每题 5 分，共 15 分.答案需填最简形式.
12. 以平行六面体的顶点为顶点的三棱锥的个数是_______________；
【答案】58
【解析】
【分析】由八个顶点任选四个的所有种数减去四点共面的个数计算即可.
【详解】首先从 8 个顶点中选 4 个，共有 种结果，
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其中 6 个表面有 6 个四点共面情况，6 个对角面有 6 个四点共面情况，
所以以平行六面体的顶点为顶点的三棱锥的个数是 58.
故答案为：58
13. 若 M 是曲线 上任意一点，则点 M 到直线 的最小距离为_________.
【答案】
【解析】
【分析】设与直线 平行的直线 与曲线相切于点 ，由导数的几何意义结合
题意求出切点坐标，再由点到直线的距离公式计算即可.
详解】由 得 ，
当 时， ，当 时， ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，且 ，
则作出 和 图像如图：
则曲线 上任意一点 M 到直线 的最小距离，
即为斜率为 3 的切线的切点到直线 的距离；
设与直线 平行的直线 与曲线相切于点 ，
因为 ，所以 ，即 ，
解得 或 （舍去），
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所以 ，即切点为 ，
所以切点到直线 的距离为 .
故答案为： .
14. 川剧变脸是运用在川剧艺术中塑造人物的一种特技，是揭示剧中人物内心思想感情的一种浪漫主义手法，
王老师获得了川剧演出的 7 张连号的票，王老师自己留下了 2 张连号的票，其余的票赠送给 4 位朋友，每
人至少分 1 张，至多分 2 张，且这两张票连号，那么共有______种不同的分法.（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】先确定王老师留下 2 张连号票的情况，再对剩余 5 张连号票分给 4 位朋友，每人至少 1 张，至多
分 2 张且两张票连号的情况进行分析，通过列举和组合的方法来计算不同分法的总数.
【详解】设这 7 张连号票编号为 号，王老师留下 2 张连号票的情况有：
、 、 、 、 、 ，共 6 种情况，
若王老师留下 ，剩下 3、4、5、6、7 号票，
因为要分给 4 位朋友，每人至少 1 张，至多分 2 张且两张票连号，所以可以这样分：
把 5 张票分成 4 组，有 、5、6、7；3、 、6、7；3、4、 、7；
34、5、 这 4 种分法，此时有 种不同的分法；
若王老师留下 ，剩下 1、4、5、6、7 号票，
因为要分给 4 位朋友，每人至少 1 张，至多分 2 张且两张票连号，所以可以这样分：
把 5 张票分成 4 组，有 、1、6、7；1、 、4、7；1、4、 、5；这 3 种分法，
此时有 种不同的分法；
若王老师留下 ，剩下 1、2、5、6、7 号票，
因为要分给 4 位朋友，每人至少 1 张，至多分 2 张且两张票连号，所以可以这样分：
把 5 张票分成 4 组，有 、5、6、7；1、 、2、7；1、2、 、5；这 3 种分法，
此时有 种不同 分法；
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若王老师留下 ，剩下 1、2、3、6、7 号票，
因为要分给 4 位朋友，每人至少 1 张，至多分 2 张且两张票连号，所以可以这样分：
把 5 张票分成 4 组，有 、3、6、7；1、 、6、7；1、2、 、3；这 3 种分法，
此时有 种不同的分法；
若王老师留下 ，剩下 1、2、3、4、7 号票，
因为要分给 4 位朋友，每人至少 1 张，至多分 2 张且两张票连号，所以可以这样分：
把 5 张票分成 4 组，有 、3、4、7；1、 、4、7；1、2、 、7；这 3 种分法，
此时有 种不同的分法；
若王老师留下 ，剩下 1、2、3、4、5 号票，
因为要分给 4 位朋友，每人至少 1 张，至多分 2 张且两张票连号，所以可以这样分：
把 5 张票分成 4 组，有 、3、4、5；1、 、4、5；1、2、 、5；1、2、3、 ；
这 4 种分法，此时有 种不同的分法；
故共有 种不同的分法.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查了分类加法原理和分组分配问题，解答此类问题的关键是分类时不重复不
遗漏.
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. 已知函数 (其中常数 )， 是奇函数
（1）求 的表达式；
（2）求 在 上的最大值和最小值．
【答案】（1） ；（2） ； ．
【解析】
【分析】（1）求出 ，根据 为奇函数求出 即可；
（2）求出 导数，得出单调性，即可求出最值.
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【详解】（1）解：∵ (其中常数 )，
∴ ，
∴ ，
∵ 是奇函数，
∴ ，
∴ ；
（2）∵ ，∴ ，
∴ ，令 ，解得 ，
当 时，即 ，函数单调递增，
当 时，即 ，函数单调递减，
∴ ，
∵ ，∴ .
16. 设甲、乙两位同学上学期间，每天 7：30 之前到校的概率均为 .假定甲、乙两位同学到校情况互不影
响，且任一同学每天到校情况相互独立.
（Ⅰ）用 表示甲同学上学期间的三天中 7：30 之前到校的天数，求随机变量 的分布列和数学期望；
（Ⅱ）设 为事件“上学期间的三天中，甲同学在 7：30 之前到校的天数比乙同学在 7：30 之前到校的天
数恰好多 2”，求事件 发生的概率.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【解析】
【分析】(Ⅰ)由题意可知分布列为二项分布，结合二项分布的公式求得概率可得分布列，然后利用二项分
布的期望公式求解数学期望即可；
(Ⅱ)由题意结合独立事件概率公式计算可得满足题意的概率值.
【详解】(Ⅰ)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天 7:30 之前到校的概率均为 ，
故 ，从面 .
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所以，随机变量 的分布列为：
0 1 2 3
随机变量 的数学期望 .
(Ⅱ)设乙同学上学期间的三天中 7:30 之前到校的天数为 ，则 .
且 .
由题意知事件 与 互斥，
且事件 与 ，事件 与 均相互独立，
从而由(Ⅰ)知：
.
【点睛】本题主要考查离散型随机变量 分布列与数学期望，互斥事件和相互独立事件的概率计算公式等
基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.
17. 已知函数 ，其中 为常数.
（1）当 时，讨论函数 在 上的单调性；
（2）若 ， ，求实数 的取值范围.
【答案】（1）函数 在 上单调递增.
（2） .
【解析】
【分析】（1）利用导数求函数在区间内的单调性；
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（2） ，即 ，可分离常数，通过构造函数利用导数求最值求实数 的取值范围..
【小问 1 详解】
时， ， ，
因为 ，有 ， ，所以 ，
于是函数 在 上单调递增.
【小问 2 详解】
解法一：
，即 .
因为 ，所以 ，于是 .
令 ，则 .
当 时， ， ， ， ，
则有 ，
于是 ，所以 在 上是增函数， ，所以 .
即实数 的取值范围为 .
解法二：
令 ， .
当 时， ， 在 上是增函数， .
当 时， ，而 ，不满足条件；
当 时， 在 上恒成立；
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当 时， ， ， 在 上恒成立.
综上： ，即实数 的取值范围为 .
解法三：令 ，由 得 .
下证当 时， .
因为 且 ， ， ，所以 ，
所以 ，即实数 的取值范围为 .
18. 高性能计算芯片是一切人工智能的基础．国内某企业已快速启动 AI 芯片试生产，试产期需进行产品检
测，检测包括智能检测和人工检测．智能检测在生产线上自动完成，包括安全检测、蓄能检测、性能检测
等三项指标，且智能检测三项指标达标的概率分别为 ， ， ，人工检测仅对智能检测达标（即三
项指标均达标）的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标．人工检测综合指标不达标的概率为
．
（1）求每个 AI 芯片智能检测不达标的概率；
（2）人工检测抽检 50 个 AI 芯片，记恰有 1 个不达标的概率为 ，当 时， 取得最大值，
求 ；
（3）若 AI 芯片的合格率不超过 93%，则需对生产工序进行改良．以（2）中确定的 作为 p 的值，试判
断该企业是否需对生产工序进行改良．
【答案】（1）
（2）
（3）需要对生产工序进行改良
【解析】
【分析】（1）先求每个 AI 芯片智能检测达标的概率，再利用对立事件的概率求解；
（2）先求 ，利用导数判断单调性可求解 ；
（3）利用条件概率求出 AI 芯片的合格率，与 93%比较可得结论.
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【小问 1 详解】
记事件 A＝“每个 AI 芯片智能检测不达标”，则
.
【小问 2 详解】
由题意 ，
∴
令 ，则 ，
当 ， ， 为增函数；
当 ， ， 为减函数；
所以 在 处取到最大值．
【小问 3 详解】
记事件 B＝“人工检测达标”，
则 ，
又 ，
所以 ，
所以需要对生产工序进行改良．
19. 已知函数 .
（1）当 时，讨论 极值点的个数；
（2）讨论函数 的零点个数的情况.
【答案】（1）1 个 （2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求导，利用零点存在性定理判断隐零点所在区间，然后可得函数 的单调性，然后可判断
零点个数；
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（2）参变分离，记 ，利用二次导数研究函数 的函数图象，然后结合图象即可求解.
【小问 1 详解】
当 时， .
记 ，则 ，
在 上单调递增，
又 ，
在 上存在零点 ，且是唯一零点.
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增
是 的极小值点，且是唯一极值点.
【小问 2 详解】
①当 时， .
②当 时，令 ，得 ，即 且 .
令 且 ，
只需讨论直线 和 且 的图象有几个交点.
且 .
令 ，则 且 ，
在 上单调递增，而 ，
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故当 和 时， ，即 是减函数；
当 时， ，即 是增函数.
又 当 时， ，当 时， ，
作函数 的图象如图：
结合图象，可得：
当 或 时， 和 的图象有一个交点，即 有一个零点；
当 时， 和 的图象没有交点，即 没有零点；
当 时， 和 的图象有两个交点，即 有两个零点.
【点睛】方法点睛：零点个数问题常利用函数图象交点个数进行研究，对于复杂的函数通常需要利用导数，
甚至二次导数进行研究，然后作出函数图象，通过观察即可得解.
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