2024-2025学年天津二十五中高二（下）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年天津二十五中高二（下）期中数学试卷（含答案），共7页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.一个集合有5个元素，这个集合的含有3个元素的子集有( )个．
A. 10B. 20C. 30D. 40
2.命题：“∀x∈R，3x2−x+8cB. a>c>bC. c>a>bD. b>c>a
9.函数f(x)=x3+sinxex+e−x的图象大致是( )
A. B.
C. D.
10.已知函数f(x)=3x−1+1,(x≤1)|ln(x−1)|,(x>1)，若F(x)=f2(x)−2af(x)+43的零点个数为4，则实数a取值范围为( )
A. ( 63,56]∪(43,+∞)B. ( 63,56]∪(2,+∞)
C. [56,2)D. (43,+∞)
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.函数f(x)= x+1+1x−2的定义域为 ．
12.当函数f(x)=xlnx取极小值时，则x= ．
13.在(x2−2x3)7的二项展开式中，含x4的项的系数是______.(用数字作答)
14.袋子中装有8球，其中6个黑球，2个白球，若依次随机取出2个球，则在第一次取到黑球的条件下，第二次取到白球的概率为 ；若随机取出3个球，记取出的球中白球的个数为X，则X的数学期望E(X)= ．
15.已知函数f(x)=x3−3x2+ax+b，若∃b∈R，使得f(x)有三个零点x1，x2，x3，则a的取值范围为______，f(x)在这三个零点处的切线斜率的倒数之和为______．
三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题15分)
已知集合A={x|a−1≤x≤3−2a}，B={x|x2−2x−8≤0}．
(1)若a=0，求A∩B；
(2)若A∪B=B，求实数a的取值范围；
(3)若x∈B是x∈A的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
17.(本小题15分)
已知箱中装有2个白球，2个红球和3个黑球，现从该箱中任取(无放回，且每球取到的机会均等)3个球，
(1)求取出的三个球的颜色互不相同的概率；
(2)记随机变量X为取出3球中白球的个数，求X的分布列及期望．
18.(本小题15分)
已知二次函数f(x)=x2+bx+c的两个零点分别是−1和3．
(1)求b、c的值；
(2)判断函数f(x)在[2,+∞)上的单调性，并用定义法证明；
(3)求函数f(x)在[−1,4]内的值域．
19.(本小题15分)
甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率时34，乙每次击中目标的概率23，假设两人射击是否击中目标.相互之间没有影响；每次射击是否击中目标，相互之间没有影响．
(1)求甲至少有1次未击中目标的概率；
(2)记甲击中目标的次数为ξ，求ξ的概率分布列；
(3)求甲恰好比乙多击中目标2次的概率．
20.(本小题15分)
已知函数f(x)=ax−lnx−2(a∈R)．
(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)讨论函数f(x)的单调性；
(3)若对任意的x∈(1,+∞)，都有xlnx+x>k(x−1)成立，求整数k的最大值．
参考答案
1.A
2.C
3.C
4.A
5.B
6.C
7.A
8.A
9.A
10.D
11.[−1,2)∪(2,+∞)
12.1e
13.84
14.27；34
15.(−∞,3) 0
16.(1)当a=0时，A={x|a−1≤x≤3−2a}={x|−1≤x≤3}，B={x|x2−2x−8≤0}={x|−2≤x≤4}，
所以A∩B={x|−1≤x≤3}；
(2)因为A={x|a−1≤x≤3−2a}，B={x|−2≤x≤4}，
所以由A∪B=B，得A⊆B，
①当A≠⌀时，则a−1≤3−2aa−1≥−23−2a≤4，解得−12≤a≤43，
②当A=⌀时，a−1>3−2a，解得a>43，满足题意；
综上，a≥−12，故实数a的取值范围为[−12,+∞)；
(3)由x∈B是x∈A的充分不必要条件，可得B⫋A，
又A={x|a−1≤x≤3−2a}，B={x|−2≤x≤4}，
则a−1≤3−2a①a−1≤−2②3−2a≥4③，且②③式等号不同时成立，解得a≤−1，
故实数a的取值范围是(−∞,−1]．
17.解：(1)设取出的三个球的颜色互不相同的事件为M，
则P(M)=C21C21C31C73=1235；
(2)由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，
则P(X=1)=C02C53C73=1035=27，P(X=1)=C21C52C73=2035=47，P(X=2)=C22C51C73=535=17，
所以X的分布列为：
所以E(X)=0×27+1×47+2×17=0+47+27=67．
18.(1)二次函数f(x)=x2+bx+c的两个零点分别是−1和3，
由题意得−1+3=−b−1×3=c，解得b=−2c=−3；
故b=−2，c=−3．
(2)f(x)在[2,+∞)上单调递增，证明如下：
由(1)知f(x)=x2−2x−3，令x1>x2≥2，
所以f(x1)−f(x2)=(x12−2x1−3)−(x22−2x2−3)=(x1+x2)(x1−x2)−2(x1−x2)
=(x1+x2−2)(x1−x2)，
而x1+x2−2>0，x1−x2>0，则f(x1)−f(x2)>0，所以f(x1)>f(x2)，
综上，f(x)在[2,+∞)上单调递增．
(3)由f(x)=x2−2x−3=(x−1)2−4，则f(x)在[−1,1)上单调递减，在(1,4]上单调递增，
且f(−1)=00)，
当a>0时，由f′(x)k(x−1)⇔k1，求导得g′(x)=(2+lnx)(x−1)−(xlnx+x)(x−1)2=x−lnx−2(x−1)2，
由(2)知，f(x)=x−lnx−2在(1,+∞)上单调递增，f(3)=1−ln30，
因此存在唯一x0∈(3,4)，使得f(x0)=0，即x0−lnx0−2=0⇔lnx0=x0−2，
当x∈(1,x0)时，f(x)0，
因此函数g(x)在(1,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
于是g(x)min=g(x0)=x0lnx0+x0x0−1=x0(x0−2)+x0x0−1=x0，则k