辽宁省普通高中2024-2025学年高二下学期4月联合考试数学试题（原卷版+解析版）

这是一份辽宁省普通高中2024-2025学年高二下学期4月联合考试数学试题（原卷版+解析版），共18页。试卷主要包含了 已知首项为1的数列满足，则， 的展开式中项的系数为， 记为正项数列的前项和，且，则， 已知数列满足，设甲， 下列函数求导运算正确的是等内容，欢迎下载使用。
本卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置.考试结束后，将答题卡交回.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）
1. 已知是可导函数，的导函数是，且，则（ ）
A. B. C. 3D. -3
2. 设数列的前项积，则（ ）
A. B. C. D.
3. 冰雪同梦绽放光芒，亚洲同心共谱华章，2025年2月7日，第九届亚洲冬季运动会在黑龙江省哈尔滨市隆重开幕.在本次运动会滑雪比赛中摄影师利用雷达干涉仪记录了运动员的滑雪过程，由起点起经过秒后的位移（单位：米）与时间（单位：秒）的关系为，则运动员在滑雪过程中瞬时速度为零的时刻为（ ）
A. 1秒末B. 2秒末C. 3秒末D. 4秒末
4. 已知首项为1的数列满足，则（ ）
A. 2024B. C. 2025D.
5. 的展开式中项的系数为（ ）
A. -55B. 64C. -80D. 124
6. 记为正项数列的前项和，且，则（ ）
A. B. C. D.
7. 已知数列满足，设甲：存在正整数，使得；乙：存在正整数，满足，则（ ）
A. 甲和乙都是真命题B. 甲是真命题但乙是假命题
C. 乙真命题但甲是假命题D. 甲和乙都是假命题
8. 已知数列和数列满足，，则下列数列为等差数列的是（ ）
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 下列函数求导运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10. 已知，若数列不是递增数列，则下列数值中的可能取值为（ ）
A. 1B. C. D.
11. 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组更集中
C.
D.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 曲线在点处切线方程为_____.
13. 甲、乙、丙、丁、戊、戌6名同学相约到电影院观看电影《哪吒2》，恰好买到了六张连号且在同一排的电影票，若甲不坐在6个人的两端，乙和丙相邻，则不同的排列方式种数为_____.
14. 若单调递增数列满足，，则取值范围是________．
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知数列满足，.
（1）求；
（2）记为的前项和，求的最小值及此时的值.
16. 为了响应国家“双减”政策，某高中将周六的作息时间由上课调整为自愿到校自主自习，经过一个学期的实施后，从参加周六到校自主自习和未参加周六到校自主自习的学生中各随机选取75人进行调查，得到如下列联表：
（1）依据表中数据，判断是否有99.9%的把握认为该校学生“周六到校自主自习与成绩进步”有关联?
（2）从调查的未参加周六到校自主自习的学生中，按成绩是否进步采用分层随机抽样的方法抽取10人.若从这10人中随机抽取2人，记为成绩有进步的学生人数，求的分布列及数学期望.
附：，.
17. 已知函数，若曲线在处的切线交轴于点，在处的切线交轴于点，以此类推，在.处的切线交轴于点，由此能得到一个数列，且.
（1）证明：为等比数列；
（2）设，求的前项和.
18. 2025年3月16日，我国著名乒乓球运动员王楚钦在WTT冠军赛中夺得了男单总冠军，这一振奋人心的消息再次点燃了全民乒乓球的激情，为此某校组织了一场乒乓球擂台赛，其中甲、乙、丙三名同学参加了此次擂台赛，每轮比赛都采用3局2胜制，且每局比赛的两名同学获胜的概率均为，首轮由甲乙两人开始，丙轮空；第二轮由首轮的胜者与丙之间进行，首轮的负者轮空，依照这样的规则无限地继续下去.
（1）求甲在第三轮获胜的条件下，第二轮也获胜的概率；
（2）求第轮比赛甲轮空的概率；
（3）按照以上规则，求前六轮比赛中甲获胜局数的期望.
19. 记为数列的前项和，且为等差数列，为等比数列，，.
（1）求值；
（2）探究是否存在唯一的最大项；
（3）证明：.
2024-2025学年度下学期高二年级4月份联合考试
数学
本卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置.考试结束后，将答题卡交回.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）
1. 已知是可导函数，的导函数是，且，则（ ）
A. B. C. 3D. -3
【答案】C
【解析】
【分析】通过代数变换将给定的极限表达式转化为导数的定义形式，从而求出的值.
【详解】.
故选：C
2. 设数列的前项积，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用数列的前项积与前项积的关系求出数列的通项公式，注意当 时公式的适用性，
【详解】数列的前项积，即；
所以，当时，，符合上式，
当时， ，
由题意可得.
故选：A
3. 冰雪同梦绽放光芒，亚洲同心共谱华章，2025年2月7日，第九届亚洲冬季运动会在黑龙江省哈尔滨市隆重开幕.在本次运动会滑雪比赛中摄影师利用雷达干涉仪记录了运动员的滑雪过程，由起点起经过秒后的位移（单位：米）与时间（单位：秒）的关系为，则运动员在滑雪过程中瞬时速度为零的时刻为（ ）
A. 1秒末B. 2秒末C. 3秒末D. 4秒末
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件，利用导数的物理意义得，即可求解.
【详解】因为，所以，
令，得，
得或（舍去），
所以瞬时速度为零的时刻为4秒末.
故选：D
4. 已知首项为1的数列满足，则（ ）
A. 2024B. C. 2025D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得，利用累乘法可求得数列的通项公式，代入通项公式求解即可.
详解】由题意得，
当时，，满足该式，
故，所以.
故选：B
5. 的展开式中项的系数为（ ）
A. -55B. 64C. -80D. 124
【答案】C
【解析】
【分析】利用二项式定理的通项公式求解即可.
【详解】展开式的通项为，，，
令，得，
因此展开式中项系数为.
故选：C
6. 记为正项数列的前项和，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令可得的值，当时，由得出，两式作差可推导出数列为常数列，求出数列的通项公式，即可得解.
【详解】因为为正项数列的前项和，且，
令可得，故，
当时，，
两式相减得到，即，故，
于是为常数列，故，故，故.
故选：B.
7. 已知数列满足，设甲：存在正整数，使得；乙：存在正整数，满足，则（ ）
A. 甲和乙都是真命题B. 甲是真命题但乙是假命题
C. 乙是真命题但甲是假命题D. 甲和乙都是假命题
【答案】A
【解析】
【分析】利用诱导公式化简可得，从而得甲是真命题，用特值法求出，结合数列的周期性即可判断乙是真命题，从而得出结论.
【详解】对于，存在正整数，所以甲是真命题；
对于，，，不妨令，故，，，
又3是数列的一个周期，所以，故存在正整数，满足，故乙是真命题，
所以甲和乙都是真命题.
故选：A
8. 已知数列和数列满足，，则下列数列为等差数列的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列的定义逐一判断即可.
【详解】依题意，对消去，得，等价于，所以，
所以是等差数列，故D正确，C错误；若是等差数列，则是等差数列，则是等差数列，
与是公差为1的等差数列矛盾，故B错误；因为，故A错误．
故选：D．
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 下列函数求导运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用基本初等函数的导数公式可判断A选项；利用导数的运算法则可判断BD选项；利用复合函数的求导法则可判断C选项.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D错误．
故选：ABC．
10. 已知，若数列不是递增数列，则下列数值中的可能取值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据数列的函数特性，利用单调性即可得出结论.
【详解】若数列是递增数列，则有，
而因为不是递增数列，
所以或，解得，故BD正确.
故选：BD
11. 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组更集中
C.
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】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.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 曲线在点处的切线方程为_____.
【答案】（或）
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求出切线的斜率即可写出切线的点斜式方程.
【详解】易得，，故曲线在点处的切线方程为.
故答案为：（或）
13. 甲、乙、丙、丁、戊、戌6名同学相约到电影院观看电影《哪吒2》，恰好买到了六张连号且在同一排的电影票，若甲不坐在6个人的两端，乙和丙相邻，则不同的排列方式种数为_____.
【答案】144
【解析】
【分析】根据给定条件，利用捆绑法及插空法列式求解即得.
【详解】先将乙和丙看成一个人与丁、戊、戌排列，有种排列方式，
再将甲插入这四个人中间的三个空位，有种排列方式，
最后考虑乙和丙的顺序有种方式，故共有种排列方式.
故答案为：144
14. 若单调递增数列满足，，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据求的取值范围.
【详解】由，可得，
两式相减可得：，
又，所以.
.
因为数列为递增数列，
所以，故.
故答案为：
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知数列满足，.
（1）求；
（2）记为的前项和，求的最小值及此时的值.
【答案】（1）
（2）或13，
【解析】
【分析】（1）根据题意求出公差，利用等差数列的通项公式列方程求；
（2）根据等差数列求和公式写出表达式，再利用二次函数的性质求最小值.
【小问1详解】
由可知数列是公差为1的等差数列
因为，所以，解得
【小问2详解】
由（1）可得，
所以当或13时，取得最小值，最小值为.
16. 为了响应国家“双减”政策，某高中将周六的作息时间由上课调整为自愿到校自主自习，经过一个学期的实施后，从参加周六到校自主自习和未参加周六到校自主自习的学生中各随机选取75人进行调查，得到如下列联表：
（1）依据表中数据，判断是否有99.9%的把握认为该校学生“周六到校自主自习与成绩进步”有关联?
（2）从调查的未参加周六到校自主自习的学生中，按成绩是否进步采用分层随机抽样的方法抽取10人.若从这10人中随机抽取2人，记为成绩有进步的学生人数，求的分布列及数学期望.
附：，.
【答案】（1）有99.9%的把握认为该校学生“周六到校自主自习与成绩进步”有关联；
（2）分布列见解析，数学期望为
【解析】
【分析】（1）根据公式求得，再对照临界值表即可得解.
（2）按分层随机抽样先得到成绩有进步同学和成绩没有进步同学的人数，得到的可能取值为0，1，2和对应的概率，得到分布列和数学期望.
【小问1详解】
经计算得.
所以有99.9%的把握认为该校学生“周六到校自主自习与成绩进步”有关联.
【小问2详解】
按分层随机抽样，成绩有进步同学抽取4人，成绩没有进步同学抽取6人
的所有可能取值是的所有可能取值为0，1，2，
，
，
，
的分布列为：
所以的期望为：.
17. 已知函数，若曲线在处的切线交轴于点，在处的切线交轴于点，以此类推，在.处的切线交轴于点，由此能得到一个数列，且.
（1）证明：等比数列；
（2）设，求的前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求出在处的切线方程，将点带入切线方程得，即可判断为等比数列；
（2）写出的通项公式，利用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
证明：易得，
在处的切线的斜率为，
所以在处的切线的方程为，
因为在切线上，所以，又，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列．
【小问2详解】
由（1）可得，故，
故①，
两边同时乘得②，
①-②得
，
所以．
18. 2025年3月16日，我国著名乒乓球运动员王楚钦在WTT冠军赛中夺得了男单总冠军，这一振奋人心的消息再次点燃了全民乒乓球的激情，为此某校组织了一场乒乓球擂台赛，其中甲、乙、丙三名同学参加了此次擂台赛，每轮比赛都采用3局2胜制，且每局比赛的两名同学获胜的概率均为，首轮由甲乙两人开始，丙轮空；第二轮由首轮的胜者与丙之间进行，首轮的负者轮空，依照这样的规则无限地继续下去.
（1）求甲在第三轮获胜的条件下，第二轮也获胜的概率；
（2）求第轮比赛甲轮空的概率；
（3）按照以上规则，求前六轮比赛中甲获胜局数的期望.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意列出甲第三轮获胜的基本事件，利用条件概率计算即可
（2）通过寻找相邻两项的递推关系等式，转化为数列角度去构造等比数列从而求得最终的概率.
（3）分别求解每轮比赛中甲胜局数的平均值和前六轮比赛中甲参与轮数的平均值，然后相乘即可得到题目所求的前六轮比赛中甲获胜局数的期望.
【小问1详解】
甲第三轮获胜的基本事件有{第一、二、三轮甲全胜}，{第一轮甲输，第三轮甲胜}，设“甲在第轮获胜”，
则.
【小问2详解】
设事件“第轮甲轮空”，当时，则，
所以，又，所以，
则是以为首项，为公比的等比数列，
故，
所以.
【小问3详解】
设一轮比赛中甲胜的局数为，则，
，，，
所以，
设前六轮比赛中甲参与的轮次数为，则，
，，
，，
所以，
故前六轮比赛中甲获胜局数的期望为.
19. 记为数列的前项和，且为等差数列，为等比数列，，.
（1）求的值；
（2）探究是否存在唯一的最大项；
（3）证明：.
【答案】（1）
（2）最大项不唯一 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由等差数列、等比数列的定义可得出关于、的方程组，根据可得出的值；
（2）求出数列的通项公式，分析数列的单调性，即可得出结论；
（3）求得，利用裂项法可求出，即可证得结论成立.
【小问1详解】
因为为等差数列，取前项知、、成等差数列，即，
因为为等比数列，取前项知、、成等比数列，即，
代入得，即，也即，
所以（舍去）或，因为，故.
【小问2详解】
由（1）可得，即，
则，
当时，则，可得，
当时，则，可得，
当时，，可得，此时，数列单调递减，
所以a1a4>a5>⋯>⋯，即数列的最大项不唯一.
【小问3详解】
因为，
于是，
因此.
成绩有进步
成绩没有进步
合计
参加周六到校自主自习
55
20
75
未参加周六到校自主自习
30
45
75
合计
85
65
150
0.1
0.05
0.01
0.005
0001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
成绩有进步
成绩没有进步
合计
参加周六到校自主自习
55
20
75
未参加周六到校自主自习
30
45
75
合计
85
65
150
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
0
1
2