山东省青岛市2024-2025学年高二下学期期中数学试卷（解析版）

这是一份山东省青岛市2024-2025学年高二下学期期中数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了考试结束后，请将答题卡上交等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将条形码粘贴在答题卡指定位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
3．考试结束后，请将答题卡上交．
一、单项选择题：本大题共8小题．每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知函数，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】求导得，所以.
故选：A
2. 设，且，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，
所以，
所以，
故选：B
3. 甲、乙、丙、丁、戊、己6人排成一列，要求甲、乙不相邻，则不同排法种数是（ ）
A. 120B. 240C. 360D. 480
【答案】D
【解析】先将丙、丁、戊、己4人进行全排列，共有种排法，
再将甲、乙两人利用插空法排到5个符合题意的空隙当中，共有种，
因此不同排法种数是种.
故选：D
4. 随机变量的分布列为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题知，，解得，
所以.
故选：B
5. 已知函数在区间上单调递增，则的最大值为（ ）
A. 0B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】由题意可得在恒成立，
即在恒成立，
易知在的最小值为1，
所以，
所以的最大值为1，
故选：B
6. 过点作曲线的切线，不同的切线条数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】由题意设切点坐标，
，
切线斜率：，，
化简可得：，
解得：或，
所以满足条件的切点有两个，对应切线有2条，
故选：C
7. 若恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】根据题意易知，
依题意将不等式变形为；
构造函数，因为函数，在上单调递增，
所以函数为增函数，
由可得，因此在上单调递增；
即在上恒成立，
令，，则，
令可得，
当时，，可得在上单调递增，
当时，，可得在上单调递减，
所以在处取得极大值，也是最大值，即，
所以；
因此只需即可.
即的取值范围为.
故选：C
8. 牛顿法Newtn's methd）是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：设是的根，选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，的方程为．如果，则与轴的交点的横坐标记为，称为的一阶近似值，再过点作曲线的切线，并求出切线与轴的交点横坐标记为，称为的二阶近似值，重复以上过程，得的近似值序列：，根据已有精确度，当时，给出近似解．对于函数，若给定，则的二阶近似解（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
由得，，
所以的方程为，
由题意可得：，，点在曲线上，
，所以切线方程为：，即，
与轴的交点横坐标记为，
故选：C
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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. 在展开式中，奇数项的二项式系数的和为32，则（ ）
A. B. 的系数为20
C. 常数项为64D. 第4项的系数最大
【答案】AC
【解析】对于A，由奇数项的二项式系数的和为32，可知所有二项式系数的和为64，
即，解得，即A正确；
对于B，易知第4项含有的项，即，
所以的系数为，可得B错误；
对于C，易知第7项为常数项，即，所以C正确；
对于D，假设第项的系数最大，
即，
所以，解得，
因此可得，即第5项的系数最大，即可知D错误.
故选：AC
10. 甲、乙、丙、丁四名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报一个运动队，每个运动队至少报1名同学，则（ ）
A. 所有不同的报法种数有34种
B. 若甲必须报足球队，则所有不同的报法种数有12种
C. 若甲、乙都不报足球队，则所有不同的报法种数有14种
D. 若甲、乙不报同一个运动队，则所有不同的报法种数有30种
【答案】BCD
【解析】对于A：将4人分成3组，再分配即可，故不同的报法种数有，A错；
对于B：若足球只有甲报，有种报法，
若足球有两人，有种报法，故共有，正确；
对于C：若足球队有2人报，有，若足球有1人报，有，故共有，正确；
对于C：若甲乙报同一队，则有，由A知总的报法又36种，
所以甲、乙不报同一个运动队，则所有不同的报法种数有30种，D正确，
故选：BCD
11. 已知函数，则（ ）
A. 为奇函数
B. 区间上单调递增
C.
D. 若在区间上恰有4个零点，则
【答案】BCD
【解析】函数的定义域为R，，为偶函数，A错误；
对于B，当时，，求导得，在上单调递增，B正确；
对于C，令，，函数是偶函数，
当时，，当时，，，
则，当时，求导得，在上单调递减，
，因此当时，，由偶函数性质得当时，，
所以，C正确；
对于D，是偶函数，函数在上恰有4个零点，
当且仅当在上有2个零点，即直线与在上的图象有2个交点，
由选项B得，函数在上单调递增，
当在上单调递减，
而，
当时，直线与在上的图象有2个交点，
结合为偶函数，故在上恰好有4个零点时，，D正确.
故选：BCD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在的展开式中，的系数是__________.
【答案】0
【解析】，
的展开式通项为，
的展开式通项为，
令，得，，
因此，的系数为.
故答案为：0.
13. 已知是曲线上的一个动点，则点到直线的最小距离为___________．
【答案】
【解析】因为，所以，
设与相切与点Q，
则，令，解得，则切点为，
代入，得，即直线方程为，
所以直线与直线间的距离，
即为到直线的最小距离.
故答案为：.
14. 盒子中有大小形状完全相同的1个白球，2个黑球．每次从该盒中取出1个球，若取出的是白球，则把它放回盒中；若取出的是黑球，则该黑球不放回，并且另外补1个白球放入盒中，则第2次从盒中取出白球的概率是___________；重复上述过程次后，盒中白球个数的数学期望是___________．
【答案】；（或者）
【解析】易知若第1次从盒中取出的是白球，其概率为，此时盒中仍为1白2黑，第2次从盒中取出白球的概率为；
若第1次从盒中取出的是黑球，其概率为，此时盒中仍为2白1黑，第2次从盒中取出白球的概率为；
由全概率公式计算可得第2次从盒中取出白球的概率为；
设为第次操作后白球数的期望值，重复上述过程次后，总球数始终为3，
因此可得若取出白球，其概率为，此时白球数不变，即；
若取出黑球，其概率为，此时白球数加1，即；
所以可得，化简可得;
因此可得，
又易知，则可得是以为首项，公比为的等比数列；
因此可得，即.
故答案为：，.
四、解答题：本大题共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. 老师要从8篇课文中随机抽3篇不同的课文让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格，某位同学只能背诵其中的6篇．
（1）求抽到他能背诵的课文的数量的分布列和均值；
（2）求他能及格的概率．
解：（1）设抽到能背诵的课文篇数为的可能取值为1，2，3，
则
则的分布列为
所以
（2）由（1）可知他能及格的概率为
16. 已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）求在区间上的最大值．
解：（1）当时，，，
令，解得或
当变化时，和的变化情况如表所示：
所以函数的单调递增区间为，，单调减区间为.
（2），
令，解得或
当时，若，则，
所以在区间上单调递增，
此时
当时，若，则，
所以在区间上单调递增，
若，则，
所以在区间上单调递减；
此时
当时，若，则，
所以区间上单调递减；
此时
综上所述，当时，；
当时，；
当时，
17. 春季是万物复苏的季节，也是流感病毒活跃的高发期．已知在甲，乙，丙三个地区暴发了流感，这三个地区分别有的人患了流感．假设这三个地区的人口数的比为，现从这三个地区中任意选取一个人．
（1）求这个人患流感的概率；
（2）设是一组两两互斥的事件，，且，对任意的事件，证明：；
（3）若此人患流感，则他来自于哪个地区的可能性最小．
解：（1）设“选取人患流感”，用，分别表示选取的人来自甲，乙，丙地区，
则，
所以
由全概率公式得
（2）根据乘法公式
条件概率得
所以；
（3）由（2）知：，
，
，
所以，
答：此人来自甲地区的可能性最小
18. 已知函数．
（1）若，求的极值；
（2）若有两个极值点．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：．
解：（1）若，
令，解得或，
当变化时，和的变化情况如表所示：
所以，当时，的极大值为，
当时，的极小值为；
（2）
（i）因为有两个极值点，
所以，
解得，
所以的取值范围为
（ii）由（i）知，因为，所以
设
（解法1）令，则，在单调递增，在单调递减，
所以，故，等号当仅当时取，
所以；
（解法2）令
，
，所以在上单调递增，
又，
所以，使得，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以
综上知
19. 已知函数，其中．
（1）若，恰有2个零点，求的取值范围；
（2）证明：对任意，存在，使得存在大于1的零点，且；
（3）定义：若函数在区间上的最小值为0，则称为“函数”．若为“函数”,且.证明：存在，使得．
解：（1）当时，因为
则在存在唯一不等于1的零点
因为，所以，得，即，
设，有，在上单调递增，
所以，
，所以在上存在唯一零点，
又因为，
所以的取值范围为；
（2）因为存在大于1的零点，所以在上存在零点
因为，
当时，则，在上单调递增，所以，即，
则，
故在存在零点
当时，由得，所以在单调递减，在单调递增，
所以，即，
令，则，在单调递减，在单调递增，
所以，
令，则，所以，
若，则，
若，
故在存在零点，即在上存在零点
综上知：存在大于1的零点．
下面证明：．
如果，则，
如果，则
综上，对任意，存在，使得存在大于1的零点，且．
（3）当时，，所以在上的最小值为0
又因为，所以，得，且，即
所以在单调递减，在单调递增，
所以，所以，且
因为，
设，则，得，
所以，且
假设不存在，使得，
则，因为在任何区间上不是常数函数，所以在单调递增，矛盾！
所以存在，使得，故存在，使得，
即，得
所以
又因为，，所以，
故，
综上知：
1
2
3
0
4
0
0
单调递增
单调递减
单调递增
1
2
0
0
单调递增
单调递减
单调递增