山东省临沂市莒南县2024-2025学年高二下学期期中数学试卷（解析版）

这是一份山东省临沂市莒南县2024-2025学年高二下学期期中数学试卷（解析版），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1. 设函数在处的导数存在，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】.
故选：D
2. 若，则=（ ）
A. 210B. 105C. 455D. 240
【答案】B
【解析】根据题意，由组合数的性质可得，
所以.
故选：B.
3. 随机变量，．若，则X在内取值的概率为（ ）
A. 0.9B. 0.8C. 0.3D. 0.1
【答案】A
【解析】因为随机变量，，所以，
因为，所以.
所以X在内取值的概率为.
故选：A
4. 有2位老师和4名学生排成一队照相，老师既不能分开也不排在首尾，则不同的排法有（ ）.
A. 32种B. 64种C. 96种D. 144种
【答案】D
【解析】2位老师不能分开，即将他们捆绑为一个整体，2位老师的顺序可交换，有种排法，
老师不排在首尾，由于将2位老师看成一个整体了，与4名学生一共是5个位置在排列，
2位老师不能选首尾的2个的位置，只能选中间的3个位置中的一个，2位老师选定后，剩下4名学生在4个位置全排列，
所以有种排法，
根据分步乘法计数原理，不同的排法一共有种.
故选：D.
5. 已知函数恰有一个极值点，则a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由题意可得，当时，在上恒成立，不存在极值点，不符合题意，舍去；
所以必有，令，得，
当时，；当x>-ln-a时，，即恰好有一个极小值点，
符合题意，故a的取值范围是.
故选：C.
6. 某单位计划从4名男职工和3名女职工中选2人在周末时间值班，则在周六值班的是男职工的条件下，周日值班是女职工的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设事件A为周六值班的是男职工，事件B为周日值班的是女职工，
由题意可知，事件AB表示周六值班的是男职工，周日值班的是女职工，二者同时发生，
一共有种符合条件的情况，总情况数有，
所以，由条件概率的计算公式可知.
故选：B.
7. 定义：为函数n阶导数，即对函数连续求n阶导数．例如,则,,,,…,若，则的展开式中的系数是（ ）
A. 8B. 28C. 56D. 70
【答案】C
【解析】由，可得，
所以，
所以，
由此可归纳出求，求8阶导，展开式有9项，且每项的系数是组合数，
所以的展开式中的系数是.
故选：C.
8. 甲乙两人分别从一个装有a张数字卡牌，b张字母卡牌（大小质地均相同）的袋子中摸n张牌，甲选择从中依次有放回的摸出n张，记摸数字卡牌的数目为X；乙选择从中一次性摸出n张卡牌，记摸出卡牌中数字卡牌的数目为Y．下列选项中一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】对于甲，从中依次有放回的摸出n张，每次摸到数字卡牌的概率为，重复做次，所以，
对于乙，从中一次性摸出n张卡牌，不放回，所以服从超几何分布.
对于A，，，
利用特殊值赋值验证发现其并不会相等，
如取，则，故A错误；
对于B，，，
利用特殊值赋值验证发现其并不会相等，
如取，则，故B错误；
对于C，由二项分布期望公式可得，
由超几何分布的期望公式可得，故C正确；
对于D，利用特殊值赋值验证发现其并不会相等，如取，
则，
，故D错误.
故选：C.
二、多选题
9. 已知的展开式共有8项，则（ ）
A. B. 无常数项
C. 含项的系数为92D. 所有项的二项式系数之和为128
【答案】ABD
【解析】对于A，因为的展开式共有8项，所以，故A正确；
对于B，展开式通项为，
设，此时无解，所以不存常数项，故B正确；
对于C，令，解得，所以项的系数为，故C错误；
对于D，展开式二项式系数和为，故D正确.
故选：ABD
10. 已知是函数的一个极值点，则（ ）
A.
B. 当时，
C. 是偶函数
D. 当且时，
【答案】ACD
【解析】对于A，，由题意，是的解，
则，解得，故A正确；
对于B，因为，所以，
函数的定义域为，，
令，解得，令，解得或，
故在上单调递减，又，则，故B错误；
对于C，由，所以关于对称，
则关于对称，即是偶函数，故C正确；
对于D，，可得，
又，则得，
因在上单调递增，则
故有
，
即，故D正确.
故选：ACD
11. 甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给其他人中的任意1人，设第n次传球后，球在甲手中的概率为．则（ ）
A.
B. 若第3次传球后，戊开始加入传球训练，则
C. 若第2次传球后，球恰好在丁手中，他将球传出后便离开了，则
D. 若添加规定：当球在甲手中时，甲只能传给乙，乙再等可能传给其他人，则
【答案】AC
【解析】对于A，由题意可知第次传球后，球在甲手中的概率为，所以在其他人手中的概率为，
因为每次传球时，传球者都等可能地将球传给其他3人中的任意1人，
所以第次传球后，球在甲手中的概率为，可以得到传球递推关系：
，且，由此可算得，所以A正确；
对于B，当传球3次后，球在甲手中的概率，而接下来，
，所以B错误；
对于C，第2次传球后，球恰好在丁手中，第3次传球丁传给甲、乙、丙的概率均相等为，
故第3次传球后球在甲手中的概率，而接下来，，
，所以C正确；
对于D，添加的规定不影响传球递推关系：，所以，所以D错误．
故选：AC.
三、填空题
12. 的展开式中，系数最大的项是第________项．
【答案】
【解析】因为在的展开式中，第项的系数与第项的二项式系数相同，而二项展开式共有项，中间项的二项式系数最大，
所以第项的系数最大，
故答案为：
13. 某人要经过一段有14级台阶的楼梯，他每次迈步时都是一步迈两级或三级台阶，那么他的走法有______种．
【答案】21
【解析】考虑迈三级台阶的次数：
迈0次三级台阶，即每次迈2级台阶，走7次，只有1种走法；
迈1次三级台阶，还有11级，无法被2整除，不可能；
迈2次三级台阶，还有8级，再迈4次2级台阶，一共要迈6次，所以有种走法；
迈3次三级台阶，还有5级，无法被2整除，不可能；
迈4次三级台阶，还有2级，再迈1次2级台阶，一共要迈5次，所以有种走法；
迈5次三级台阶，已经超过14级台阶了，不可能，
根据分类加法计数原理，不同的走法共有种.
故答案为：21.
14. 已知曲线与gx=ax2+32a>0有公共切线，求实数a的取值范围是______
【答案】
【解析】由题意可知在上分别存在两个点，使得在处的切线与在处的切线为同一条直线，
因为，由同一条切线的斜率相等可得，
由同一条切线的截距相等，可得，
即，
将斜率相等的表达式代入可得，
即方程在上有解，
令，则，
令，得，当时，；当时，，
且当时，；当时，，
所以存在极大值同时也是最大值，所以的值域为，
若方程在上有解，则，
又，所以.
故答案为：.
四、解答题
15. 学校有一队含有2名教师、3名高一学生、3名高二学生和2名高三学生的志愿者队伍，现从这10名志愿者中选调6名志愿者平均分配到、两个社区作宣传活动.求：
（1）若选调的志愿者中必须有教师，则有多少种选调方法（不需要分配到社区）？
（2）若每个社区必须有教师带队，且不含高三学生，则有多少种分配方法？
（3）若选调的志愿者中高一与高二学生选调人数相等，则有多少种分配方法？
解：（1）选调的志愿者中恰有1名教师，先选1名教师，再从剩余8人中选5人，共有种选法．
选调的志愿者中恰有2名教师，先选2名教师，再从8人中选4人，共有种选法．
所以志愿者中有教师的选调方法为：种．
（2）若每个社区中必有教师，则2名教师均需选用，
再从高一、高二6名学生中选4人，然后在进行分配，
共有种分配方法．
（3）选调的志愿者中高一与高二学生选调人数相等，有分配时有三种情况：
当高一高二各选1名学生时，种分配方法；
当高一高二各选2名学生时，种分配方法；
当高一高二各选3名学生时，种分配方法；
则共有种分配方法.
16. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，不等式恒成立，求实数a的取值范围．
解：（1）因为，定义域为，所以，
因为，若时，在上单调递增；
若时，令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）因为，恒成立，
所以，则，
令且，则，
令，则，故在上单调递增，
又，所以时，；时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，，
所以，故实数a的取值范围为.
17. 将标记为A、B、C、D、E、F的6封信放入甲乙丙丁四个信箱中，要求每个信箱都不空．
（1）求甲信箱中放入信件个数X的分布列和数学期望；
（2）在A信件放入甲信箱的前提下，求B信件不放入甲信箱的概率．
解：（1）X的所有可能取值为1，2，3，
当时，四个信箱的放法有1,2,2,1和1,3,1,1两种放法：
①6封信里选1封放入甲信箱，再选2封放入乙信箱，再选2封放入丙信箱，二者平均分配需要倍缩，
最后1封放入丁信箱，后三个信箱为全排列，
②6封信里选1封放入甲信箱，再选3封放入乙信箱，最后2封各1封放入丙丁信箱，后三个信箱为全排列，
所以当时，放法总数为，
同理可得当时，放入甲邮箱中两封信的放法总数，
当时，放入甲邮箱中三封信的放法总数，
因此，，
，
所以X的分布列为
数学期望．
（2）在A信件放入甲邮箱的前提下，记甲邮箱中信件个数是1，2，3时放法数为，，，
由（1）同理可得，
在A信件放入甲邮箱的前提下，B信件没放入甲邮箱，甲邮箱中信件个数是1，2，3时放法数为，，，
由（1）同理可得，
所以B信件不放入甲邮箱中的概率为．
18. 已知函数．
（1）若，求函数在上的最值；
（2）若无零点，求a的取值范围．
（3）若，有两个实数根，，证明：
解：（1）当时，，则，，
由，得，由，可得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
∴，∵，，
又4-ln3-ln4-1532=4+1532-ln12>0，所以f3>f14，，
所以的最大值为，最小值为；
（2）∵，，
当时，在上无零点，符合题意；
当时，恒成立，即在上单调递增，无极值；
因为当时，，，所以，
当时，，又在上单调递增，
所以当时，函数在上必有零点，不合题意，舍去；
当时，由，得，
当时，，即在上单调递减；
当时，，
即在上单调递增，
所以当时，有极小值，同时极小值也为最小值，
因为当时，，，
所以，
当时，，
若函数无零点，则fa=12a1-lna-a>0，得，
令，，
则，所以函数在上单调递减，又，
由Fa>F1，得，则．
综上，a取值范围为；
（3）由（1）得，当时，当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
因为有两个实根，所以不妨令，
则，要证，即证x2>2-x1>1，
又因为当时，单调递增，所以
即证，因为，
即证，
令，
所以，
所以在上单调递减，故，即fx>f2-x,0