山东省泰安市2024-2025学年高二下学期4月期中数学试卷（解析版）

这是一份山东省泰安市2024-2025学年高二下学期4月期中数学试卷（解析版），共8页。试卷主要包含了 函数在处取得极值10，则等内容，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.
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. 乘积展开后的项数为（ ）
A. 9B. 12C. 18D. 24
【答案】D
【解析】从第一个括号中选一个字母有3种方法，
从第二个括号中选一个字母有2种方法，
第三个括号中选一个字母有4种方法，
故根据分步乘法计数原理可知共有（项）．
故选：D
2. 函数的图象在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】依题意，，
因为，
所以，所以切线方程为，
即，
故选：D.
3. 已知随机变量的分布列为
则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】易知，解得；
所以分布列为
因此.
故选：C
4. （1+2x2 ）（1+x）4的展开式中x3的系数为（ ）
A. 12B. 16C. 20D. 24
【答案】A
【解析】由题意得x3的系数为，故选A．
5. 函数在处取得极值10，则（ ）
A. 5B. C. 0D. 0或
【答案】B
【解析】函数，求导得，
由在处取得极值10，得，
解得或，
当时，，函数在R上递增，无极值，不符合题意；
当时，得，
当或时，；当时，，
因此是函数极小值点，符合题意，所以.
故选：B
6. 将甲，乙，丙，丁，戊五名志愿者分配到花样滑冰，冰球，冰壶3个项目进行培训，每名志愿者只分配到一个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则甲，乙两人分配到同一个项目的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】将5名志愿者分为3组，每组的人数分别为1、1、3或2、2、1，
当每组的人数分别为1、1、3时，不同的方案共有种，
当每组的人数分别为2、2、1，不同的方案共有种；
总的分配方案数为，
除了甲乙剩余3人分成两类：
一类是3个项目各一个志愿者，不同的方案共有种；
一类是一个项目一个志愿者，一个项目0个志愿者，一个项目2个志愿者，不同的方案共有种；
乙两人分配到同一个项目的分配方案共种，
所以甲，乙两人分配到同一个项目的概率为，
故选：B
7. 甲、乙、丙、丁、戊五名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你和乙都没有得到冠军.”对乙说“你当然不会是最差.”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有多少种不同情况？（ ）
A. 27种B. 36种C. 54种D. 72种
【答案】C
【解析】由题意得：甲、乙都不是第一名且乙不是最后一名．乙的限制最多，故先排乙，有3种情况；
再排甲，也有3种情况；
余下3人有种排法．故共有种不同的情况．
故选：C.
8. 已知，，，，则，，，的大小关系正确的为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为，则，
当时，，所以在单调递增；
因为，，
又，故A错；
，所以，故B错；
因为，故C错；
因，所以，所以，故D 对；
故选：D
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. 某体育器材厂生产一批乒乓球,设乒乓球的直径为（单位：厘米）,若,其中，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 越小，越大
【答案】AC
【解析】对于正态分布，其正态分布曲线关于直线对称．
已知，则该正态分布曲线关于对称．
所以，选项正确．
，，，．
由正态分布曲线的对称性可知，，
所以，选项错误．
因为正态分布曲线关于对称，3.95与4.05关于对称．
所以，C选项正确．
越小，说明数据越集中在均值附近，正态分布曲线越“瘦高”．
那么越小，选项错误．
故选：AC．
10. 已知函数，其导函数为，则下列结论正确是（ ）
A. 直线是曲线切线
B. 有三个零点
C.
D. 若在上有最大值，则的取值范围为
【答案】BD
【解析】对于A，由，则，
由直线，则其斜率为，
令，即，解得，，可得切点坐标为，
将代入，则，故A错误；
对于B，由当时，，当时，，
则函数在和单调递增，在单调递减，
由，，，，即，
则函数在，，分别存在唯一零点，即函数存在三个零点，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，由B可知函数在取得极大值，由，则，解得，
故D正确.
故选：BD.
11. 对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法.利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式.例如：考察恒等式，左边的系数为，而右边，的系数为，因此可得到组合恒等式.利用算两次的思想方法或其他方法，可以得出下面有关组合数的等式，正确的是（ ）
A
B.
C.
D.
【答案】ABD
【解析】A选项，，
左边的系数为，
右边
，
故的系数为，
故，A正确；
B选项，在个人中选人搞卫生工作，其中人擦窗户，人拖地，共有多少种不同的方法？
方法一：先从在个人中选人，再从选出的人中选出人擦窗户，共有种不同的方法；
方法二：先从在个人中选人擦窗户，再从剩余的人中选人拖地，
故共有种方法；
故，B正确；
C选项，，
，
左边的系数为，
右边的系数为，故，C错误；
D选项，由题干可得，
故，
即①，
由C可知，，则②，
故①-②得，
所以，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. 用这9个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是______.
【答案】448
【解析】用这9个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是.
故答案为：.
13. 已知，，，则______.
【答案】
【解析】由全概率公式可得，
则由题意可得，
解得.
故答案为：
14. 若函数有且仅有一个零点，且，则实数的取值集合为______.
【答案】
【解析】令有且仅有一个根，且
所以，在上有且仅有一个根，
当，则
令且，则
所以在上单调递增，x趋向于0时，x趋向于1时
所以
当，则
令在上单调递减，且，x趋向于+∞时所以
综上所得，
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. 在的二项展开式中.
（1）若，求展开式中含项的系数；
（2）若展开式中含有常数项，求最小的正整数的值.
解：（1）当时，展开式的通项为
令，解得
所以展开式中含项的系数为
（2）展开式的通项，
由于展开式含有常数项，可得
即，又
即当时，取最小值5，此时展开式含有常数项，
因此最小的正整数的值为5.
16. 在一盒中装有大小形状相同的10个球，其中5个红球，3个黑球，2个白球.
（1）若从这10个球中随机连续抽取3次，每次抽1个球，每次抽取后都放回，设取到黑球的个数为，求的分布列；
（2）若从这10个球中随机连续抽取3次，每次抽取1个球，每次抽取后都不放回，设取到红球的个数为，求的分布列和均值.
解：（1）若每次抽取后最放回，则每次取到黑球的概率均为，
取到小球的个数
∴
∴的分布列为
（2）若每次抽取后都不放回，取到小球的个数服从超几何分布
∴的分布列为
17. 已知.
（1）若函数在上为增函数，求的取值范围；
（2）当，且时，不等式在上恒成立，求的最大值.
解：（1）因，则，
因在上为增函数，
则即在上恒成立，
则，
又在上单调递减，
则当时，则，
故的取值范围是；
（2）当时，，
当时，不等式等价于，
即对任意恒成立，
设，，
则，
设，，则，
则在单调递增，
因，，
则存在使，即，
所以当时，，；当时，，，
故在单调递减，在单调递增，
则
所以，又因，故的最大值为.
18. 甲，乙两人参加投篮比赛，比赛规则如下：首次投篮者由抽签决定，后续两人轮流投篮，每人每次投一个球，投进得1分，投不进不得分，两人投进与否相互独立，甲乙两人各完成一次投篮记为一轮比赛.比赛过程中，只要有选手领先对方2分，则该选手获胜且比赛结束（不管该轮比赛有没有完成）.已知甲每次投进的概率为，乙每次投进的概率为.第一轮投篮后甲乙两人各积1分的概率为.记比赛结束时甲乙两人的投篮总次数为.
（1）求；
（2）求在的情况下，乙获胜的概率；
（3）求甲在3轮比赛之内获胜的概率.
解：（1）由题意可知：,∴
（2）当时，甲，乙两人共投篮3次
由于比赛结束，故有一人投篮2次全进，另一人投篮1次未进
设“时，比赛结束”，“乙获胜”
；
（3）若甲在3轮比赛之内获胜，则两人可能的投篮总次数为3，4，5，6
设“甲获胜”，“时比赛结束”
当时，若甲胜，两人的投篮情况一定为：甲进，乙不进，甲进，
∴
当时，若甲胜，两人的投篮情况一定为：乙不进，甲进，乙不进，甲进，
则
当时，若甲胜，两人的投篮情况可能为：
甲不进，乙不进，甲进，乙不进，甲进；
甲进，乙不进，甲不进，乙不进，甲进；
甲进，乙进，甲进，乙不进，甲进；
∴
当时，若甲胜，则乙先投篮，两人的投篮情况可能为：
乙不进，甲进，乙不进，甲不进，乙不进，甲进；
乙不进，甲不进，乙不进，甲进，乙不进，甲进；
乙不进，甲进，乙进，甲进，乙不进，甲进；
乙进，甲进，乙不进，甲进，乙不进，甲进；
∴
∴甲在3轮比赛之内获胜的概率为
19. 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）对于函数，，若存在，使，则称函数与为“互补函数”， ，为“互补数”.已知当时，函数与为“互补函数”且互补数为.
（ⅰ）是否存在，使？并说明理由；
（ⅱ）若，，请用含有的代数式表示的最小值.
解：（1）∵，∴，
①当时，，∴在上单调递减，
②当时令得，令得，
③当时令得，令得.
综上：当时，在上单调递减；
当时，在单调递增，在单调递减；
当时，在单调递减，在单调递增.
（2）∵与为“互补函数”，
∴存在，使，
（ⅰ）若，则即，
∴，.
（ⅱ）设，则，
即即，
∴①+②得③，
①-②得④，
得，
∴，
∵，∴，
∵，∴，∴，
设，，则，
设，则，
设，则在上恒成立，
∴在上单调递增，∴
∴在上恒大于0，∴在上单调递增
∴，∴在上恒成立
∴在上单调递增，
∴，
∴的最小值为.
0
1
2
0
1
2
0
1
2
3
0
1
2
3