山东省临沂市兰山区多校2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试卷（解析版）

这是一份山东省临沂市兰山区多校2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试卷（解析版），共10页。试卷主要包含了3B， 已知随机变量服从二项分布， 已知函数的极大值为4，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
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.
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，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共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，若，则（ ）
A. B. 1C. 3D. 4
【答案】A
【解析】由，则，
所以，解得.
故选：A.
2. 若，则（ ）
A.5B. 12C. 24D. 36
【答案】C
【解析】因，则或，解得或，
因，则，
则.
故选：C
3. 设离散型随机变量X的分布列为：
若随机变量，则等于（ ）
A. 0.3B. 0.4C. 0.6D. 0.7
【答案】A
【解析】由表可得，
故，
故选：A
4. 有3名女生和2名男生排成一排，男生不能相邻不同排法有（ ）
A. 36种B. 72种C. 108种D. 144种
【答案】B
【解析】先排女生，共有中方法，接下来把2名男生插入到两两女生之间的位置连同头尾的4个空隙中，共有，
故总的排法有种，
故选：B
5. 已知随机变量服从二项分布.若，，则（ ）
A. 72B. 36C. 24D. 18
【答案】D
【解析】由于，故，
则，故，故选：D
6. 已知过点的直线是曲线与的公共切线，则实数的值为（ ）
A. 或3B. 1或C. D. 3
【答案】A
【解析】设曲线的切点坐标为，
因，则切线斜率为，
故切线方程为，
将点代入切线方程中得，即，
若，则，故，则，
若，则，，，则，即，
令hx=lnx-x-12x-1,x>12，
则，
则得；得，
则在上单调递增，在上单调递减，
则，即，等号成立时，
故，
故切线方程为，
联立，得，
则，得或.
故选：A
7. 已知函数的极大值为4，则（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】D
【解析】∵，
∴
令，得或
当时，，在R上单调递增，无极值，不符合题意，
当时，在，上满足，单调递增，
在上满足，单调递减，
所以在处取得极大值，，
解得，
当时，在，上满足，单调递增，
在上满足，单调递减，
所以在处取得极大值，，不符合题意，
综上所述，.
故选：D.
8. 已知在的二项展开式中，第项为常数项，若在展开式中任取项，其中无理项的个数为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】在的二项展开式中，第项为常数项，
即为常数项，
由题意可得，解得，
所以，展开式通项为，
由可得，即展开式中有理项的项数为，无理项的项数为，
所以，随机变量的可能取值有、、、，
，，，
，
因此，.
故选：B.
二、选择题：本题共3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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知是函数的导函数，的图象如图，则下列说法正确的是（ ）
A. 在处取得极小值B. 在上单调递增
C. 在区间内单调递减D. 在处取得极大值
【答案】AC
【解析】由的图象可知：当时，，当时，，
故在单调递减，在单调递增，
对于A, 是的极小值点，故A正确，
对于B，在上单调递减，B错误，
对于C, 在区间内单调递减,C正确，
对于D, 在处取得极小值，D错误，
故选：AC
10. 已知某地区进行体育达标测试，统计得到高三女生坐位体前屈的成绩（单位：cm）服从正态分布，且，现从该地区高三女生中随机抽取5人，记在区间的人数为X，则正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】对于A，由，得，A错误；
对于B，,故B正确，
对于C,由，，因此，C正确；
对于D，，D错误.
故选：BC
11. 定义：设是的导函数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 点是的对称中心
B. 过可以作两条直线与图象相切
C. 在区间（）上有最大值，则m的取值范围是
D. 在上单调递减，则
【答案】ABD
【解析】对于A, ，令，
，故是的对称中心，故A正确，
对于B，设切点为，则切线方程为，
将代入可得，解得或，
故过可以作两条直线与图象相切，B正确，
对于C, 令f'x=x2-2x>0，则或，
故在上单调递增，在单调递减，在单调递增，，要使在区间（）上有最大值，
故，故C错误，
对于D, 在上恒成立，
故，解得，故D正确，
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若的二项展开式中的系数为，则__________.
【答案】
【解析】，
∵的展开式通项为，
令得；令得；
∴中的系数为.
所以，即，解得.
故答案为：
13. 长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中大约有的学生，每天玩手机超过1小时，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为，现从该校任意调查一名学生，该生近视的概率大约是__________.
【答案】
【解析】设事件“学生玩手机超过1小时”，事件“学生近视”，事件为的对立事件，
由题意可得，，，则，
所以.
故答案为：.
14. 已知函数，，若，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】由可得，
由可得，
故，
因此，
记，则，
当在单调递增，
在单调递减，
故当时，取最小值，
因此的最小值为，
故答案为：
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. 现有甲、乙两名运动员进行乒乓球比赛（三局两胜制），其中每局中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛都是相互独立的.
（1）求甲在比赛中获胜的概率；
（2）求比赛需打两局的概率；
（3）已知甲在第一局比赛中获胜，求甲在比赛中获胜的概率.
解：（1）若甲在比赛中获胜，则甲可以前两局获胜，也可以打三局，最后一句甲胜前两局甲赢一局，
故甲在比赛中获胜概率为.
（2）比赛需打两局，则这两局甲全赢或乙全赢，
故比赛需打两局的概率为.
（3）记事件甲在第一局中获胜，事件甲赢得比赛，
则，故.
16. 已知（），若所有项的二项式系数和等于1024.
（1）求；
（2）求展开式中系数最大的项.
解：（1）由题意可知，故，
令，则，
令，则，
令，则，
两式相加可得
（2）二项式展开式的通项公式，
令展开式中系数最大的项是第项，则，
整理得，解得，而，因此，
所以展开式中系数最大的项.
17. 有一种摸奖游戏，在一个口袋中有红球4个，黑球2个，小球除颜色外没有任何区别.规定：摸到红球记1分，摸到黑球记分.抽奖人从中一次摸1个球，摸3个球为一次抽奖，总分记为X，若，则获奖.
（1）若每次取出后不放回，求获奖的概率；
（2）若每次取出后放回，求的分布列和数学期望.
解：（1）若，则顾客在3次摸球中，至少要摸到2个红球，
故
（2）每次取出后放回，则每一次摸球中，摸到红球的概率为，摸到黑球的概率为，
可取，
的分布列为
数学期望
18. 已知函数在处有极值.
（1）求a的值；
（2）求的极值；
（3）若函数恰有3个零点，求实数m的取值范围.
解：（1），
由于在处取极值，故，解得，
当时，，
当和时，当，，
故满足在处取极值，因此
（2）由（1）知：在单调递减，在和单调递增，
故
（3）由于当时，,，时，，
时，，当时，，
结合（1）（2）可知：有3个实数根时，
故，
因此恰有3个零点时，则.
19. 已知函数.
（1）判断函数的单调性；
（2）已知在上的最小值为2，求k的值；
（3）若恒成立，求k的取值范围.
解：（1）由题意知的定义域为，
且，
当时，时，，在上单调递减，
时，，在上单调递增，
当时，，故在上单调递减，
综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增，
当时，在上单调递减；
（2）由（1）知，当，则在上单调递减，
所以，则，矛盾舍去，
当，，则在上单调递减，在上单调递增，
所以，得，矛盾舍去，
若，则在上单调递增，
所以，则，符合题意，
综上；
（3）若恒成立，
即恒成立，
设，
则，
令，则，
所以在上单调递增，
，
所以在上有唯一零点，即,
所以，
令，则，
当时，，即在上单调递增，
所以由，得，
所以，
当时，，，则在上单调递增，
当时，，，则在上单调递减，
所以，
由恒成立，
所以，即k的取值范围为.
X
0
1
2
3
P
0.2
0.4
a
0.3
3
1
-1
-3