重庆市九校联盟2024−2025学年高二下学期期中考试 数学试题（含解析）

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一、单选题
1．若函数，则函数的单调递减区间为（ ）
A．B．C．(0，3)D．
2．某人计划星期一外出参加会议，有飞机和高铁两种交通工具可供选择，它们能准时到达的概率分别是0.8，0.9．若当天是晴天就乘飞机，否则就坐高铁，天气预报显示当天晴天的概率为0.8，则此人能准时到达的概率为（ ）
A．0.72B．0.88C．0.64D．0.82
3．某物体运动时，位移（米）与时间（秒）之间的关系式为：，且，则该物体在2秒末的瞬时速度为（ ）
A．1米/秒B．2米/秒C．4米/秒D．无法确定
4．有一项抽奖活动．在一个不透明的纸箱中，放着5个质地、大小完全相同的小球，球上写着“1”、“2”、“3”、“4”、“5”，分别对应得分：1，2，3，4，5．学生从中有放回地任取一个球，记下得分．设事件“第一次得分5”，事件“第二次得分5”，则（ ）
A．B．C．D．
5．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有
A．144个B．120个C．96个D．72个
6．若函数在区间上有两个极值点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．的展开式中的系数为（ ）
A．B．30C．D．60
8．定义在上的函数的导函数为，对任意，都有，若不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知随机变量，，且，的分布列如下：
若，则（ ）
A．B．C．D．
10．下列说法中正确的是（ ）
A．平面内有任意三点不共线的6个点，可以组成30条线段
B．从3名男生，4名女生中选出3名参加一项活动，至少一名女生被选中共有34种选法
C．将5名工人分配给甲乙丙三个车间，每个车间至少分一名工人，共有150种分配方法
D．将5个相同的小球，放入编号为1，2，3的盒子中，每个盒子至少放1个球共有25种放法
11．函数，下列说法正确的是（ ）
A．若函数在上是增函数，则
B．若函数在处取得极大值，则
C．若，则函数在闭区间上的最大值为
D．若函数在区间上有两个零点，则的取值范围为
三、填空题
12．今有甲、乙、丙、丁、戊、己6名学生站成一排拍照，要求甲乙相邻，且丙在丁的左边，则符合要求的排法共有 种．
13．在一场三局两胜制的羽毛球比赛中，每一局甲获胜的概率为0.6，且每局比赛结果互不影响，已知甲获胜，则最终比分为2：0的概率为 ．
14．若函数有单调递减区间，则实数的取值范围为 ．
四、解答题
15．已知函数．
（1）若函数在上单调递减，求实数的取值范围；
（2）若函数，求在上的值域．
16．已知二项式的展开式中各项二项式系数的和为256，其中实数为常数．
（1）求的值；
（2）若展开式中二项式系数最大的项的系数为70，求的值；
（3）当时，求展开式中含项的系数．
17．已知．
（1）讨论的单调性；
（2）若，且函数有三个零点，求的取值范围．
18．某学校组织了网络安全知识竞赛，有A，两类问题，每位参加比赛的同学回答2次，每次回答一个问题，若回答错误，则下一个问题从另一类中随机抽取一个回答；若回答正确，则继续从该类中随机抽取一个回答．A类问题中的每个问题回答正确得10分，否则得0分；类问题中的每个问题回答正确得30分，否则得0分．已知小明能正确回答A类问题的概率为，能正确回答类问题的概率为0.7，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．
（1）若且小明先回答类问题，记为小明累计得分，求的分布列；
（2）若小明先回答A类问题，当为何值时累计得分的期望最大？
19．已知．
（1）若有且只有一个极值点，求的取值范围；
（2）当时，若函数的极值点为，求证：．
参考答案
1．【答案】C
【详解】函数的定义域为：，
因为，
令并且，得：，
所以函数的单调递减区间为(0，3).
故本题正确答案为C.
2．【答案】D
【详解】某人乘飞机准时到达的概率是0.8，坐高铁能准时到达的概率0.9．
乘飞机的概率为0.8，坐高铁的概率为0.2，
所以此人能准时到达的概率为．
故选D．
3．【答案】A
【详解】由题意可得
，
所以，所以该物体在2秒末的瞬时速度为1米/秒.
故选A
4．【答案】B
【详解】因为是有放回，所以可得，且；
因此.
故选B
5．【答案】B
【详解】试题分析：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；进而对首位数字分2种情况讨论，①首位数字为5时，②首位数字为4时，每种情况下分析首位、末位数字的情况，再安排剩余的三个位置，由分步计数原理可得其情况数目，进而由分类加法原理，计算可得答案．
解：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；
分两种情况讨论：
①首位数字为5时，末位数字有3种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有3×24=72个，
②首位数字为4时，末位数字有2种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有2×24=48个，
共有72+48=120个．
故选B
考点：排列、组合及简单计数问题．
6．【答案】D
【详解】由得，
由函数在区间上有两个极值点知，
在区间上两个变号零点，
令得或，由题意，
解得，且，所以实数的取值范围是.
故选D
7．【答案】C
【详解】展开式的通项为，
令，得，则，
又的展开式的通项为，令，得，
故中含的项为，
所以的展开式中的系数为.
故选C
8．【答案】B
【详解】令，则，即在R上单调递增，
不等式恒成立等价于不等式恒成立，
则不等式恒成立，所以恒成立，即恒成立，
设，则，，令得，
令得，令得，
所以在上单调递增，在单调递减，
故，所以，即实数的取值范围为.
故选B
9．【答案】ABD
【详解】易知，即；
由，可得，可得；
因此，即，
联立，解得，即AB正确，C错误；
易知，
则，即D正确.
故选ABD
10．【答案】BC
【详解】A选项，平面内有任意三点不共线的6个点，可以组成条线段，A错误；
B选项，从3名男生，4名女生中选出3名参加一项活动，
其中选出1名女生，2名男生的选法有种，
选出2名女生，1名男生的选法有种，
选出3名女生的选法有种，
故至少一名女生被选中共有种选法，B正确；
C选项，将5名工人分配给甲乙丙三个车间，每个车间至少分一名工人，
故5名工人分为2,2,1或3,1,1，
若5名工人分为2,2,1，则有种分配方法，
若5名工人分为3,1,1，则有种分配方法，
综上，共有种分配方法，C正确；
D选项，可考虑隔板法，由于每个盒子至少放1个球，
所以5个相同的小球排成一排，5个小球之间共有4个空，插入2个挡板，
故有种方法，D错误.
故选BC
11．【答案】AC
【详解】由可得，
对于A，若函数在上是增函数，所以在上恒成立，
又，，所以等价于函数在上恒成立，
则在上恒成立，则，即A正确；
对于B，由可得或；
显然当时，不合题意，
若函数在处取得极大值，则在附近的符号从正变为负，
所以，可得，即B错误；
对于C，时，，
因此当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增；
因此在处取得极大值，在处取得极小值，
易知，
所以函数在闭区间上的最大值为，即C正确；
对于D，令，可得，
若函数在区间上有两个零点，即在区间上有两个实数根；
显然，即，所以；
即可得在上单调递减，此时不可能有两个实数根，即可得D错误.
故选AC
12．【答案】120
【详解】先将甲乙“捆绑”看成一个元素，与另外四人在五个位置上进行全排，甲乙内部全排；
再考虑丙在丁的左边，和丁在丙的左边的情况的排列数相等，故有种方法.
13．【答案】
【详解】记事件A为甲获胜，由题意甲获胜的情况有2种：
打两局以甲乙比分为2：0结束比赛，记为事件B，此事件发生的概率为；
打三局以甲乙比分为2：1结束比赛，此时事件发生的概率为；
所以甲获胜的概率为，且，
所以已知甲获胜，则最终比分为2：0的概率为.
14．【答案】
【详解】易知函数的定义域为，
则，
若函数有单调递减区间，则在上有解，
即，也即有解，可得；
令，所以，
由可得，
当时，，此时在上单调递增，
当时，，此时在上单调递减，
所以在处取得极大值，也是最大值，即；
因此可得，
所以实数的取值范围为.
15．【答案】（1）；
（2）
【详解】（1）由题，
因为函数在上单调递减，所以在上恒成立，
所以在上恒成立，又在上恒成立，所以，即
所以实数的取值范围.
（2）由题，
所以，
所以时，；时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
又，
所以函数最大值为，最小值为.
所以函数的值域为.
16．【答案】（1）8；
（2）；
（3）1120.
【详解】（1）由题可得.
（2）由（1）可知展开式中二项式系数最大值为，为展开式中第5项，
而，所以即，
（3）当时，展开式中含有的项为，
所以展开式中含项的系数为1120.
17．【答案】（1）答案见解析
（2）
【详解】（1）因为的定义域为，且，
当时，恒成立，
当且仅当时等号成立，所以在上单调递减；
当时，，令，解得或，
令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；
当时，，令，解得或，
令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.
（2）若，由（1）得在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
且当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于0，且，
当无限趋向于负无穷大时，无限趋向于正穷大，
因为函数有三个零点，则方程有三个根，
所以函数与直线有三个交点，
又，由图可知：，即的取值范围为.
18．【答案】（1）分布列见解析；
（2）当时累计得分的期望最大.
【详解】（1）由题可得，
且，，，，
所以的分布列为
（2）设累计得分为Y，则,
且，，，，
所以累计得分的期望为
，
因为，，
所以当时，累计得分的期望最大为.
19．【答案】（1）
（2）证明见解析；
【详解】（1）易知的定义域为，,
若有且只有一个极值点，则可知仅有一个变号零点，
令，则，
由可得；
显然当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增；
因此在处取得极小值，也是最小值，，
且时，，当时，，其图象如下图所示:
依题意可得仅有一个实数根，也即与仅有一个交点，
结合图象可知或，解得或；
经检验可知，当时，仅有一个非变号零点，不合题意，舍去；
即的取值范围为
（2）当时，可得，
此时，
结合（1）可知，函数存在唯一极值点，且，即；
可得，将两边取对数可得，即
代入可得
，
当却仅当时，即时等号成立，
显然不满足，因此等号不成立，
所以.X
1
2
3
4
P
m
n
X
0
10
30
60
P