2024-2025学年四川省资阳市中学高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年四川省资阳市中学高二（下）期中数学试卷（含解析），共9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：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知离散型随机变量X的分布列如下表：
若离散型随机变量Y=2X+1，则P(Y≥5)=( )
A. 712B. 512C. 56D. 34
2.5个男生，2个女生排成一排，若女生不能排在两端，但又必须相邻，则不同的排法有( )种．
A. 480B. 720C. 960D. 1440
3.我国古代数学家沈括，杨辉，朱世杰等研究过二阶等差数列的相关问题.如果an+1−an=bn(n∈N∗)，且数列{bn}为等差数列，那么数列{an}为二阶等差数列.现有二阶等差数列的前4项分别为1，3，6，10，则该数列的前8项和为( )
A. 120B. 220C. 240D. 256
4.两位工人加工同一种零件共100个，甲加工了40个，其中35个是合格品，乙加工了60个，其中有50个合格，令A事件为”从100个产品中任意取一个，取出的是合格品”，B事件为”从100个产品中任意取一个，取到甲生产的产品”，则P(A|B)等于( )
A. 25B. 35100C. 78D. 57
5.设函数f(x)是R上可导的偶函数，且f(2)=3，当x>0，满足2f(x)+xf′(x)>2，则x2f(x)>12的解集为( )
A. (−2,2)B. (−∞,−3)∪(3,+∞)
C. (−∞,−2)∪(2,+∞)D. (−3,3)
6.朱载堉(1536～1611)，是中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天文历算家，他的著作《律学新说》中制成了最早的“十二平均律”.十二平均律是目前世界上通用的把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”，即一个八度13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音是最初那个音的频率的2倍.设前四个音的频率总和为A1，前八个音的频率总和为A2，则A2A1=( )
A. 1+212B. 1+213C. 1+214D. 1+216
7.设函数f(x)=ex−x，直线y=ax+b−1是曲线y=f(x)的切线，则a+b的最大值是( )
A. 1−1eB. eC. e−1D. e2−2
8.如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G七个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有( )
A. 192
B. 336
C. 600
D. 以上答案均不对
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若02，∴2xf(x)+x2f′(x)>2x>0，
∴g′(x)>0，∴g(x)=x2f(x)在(0,+∞)上是增函数，
∵f(2)=3，由x2f(x)>12，得x2f(x)>12=22f(2)，
∴g(|x|)>g(2)，∴|x|>2，∴x∈(−∞,−2)∪(2,+∞)．
故选：C．
先构造函数g(x)=x2f(x)，再利用函数单调性解不等式．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由题意知，一个八度13个音，且相邻两个音之间的频率之比相等，
设第一个音的频率为a1，相邻的两个音之间的频率之比为q(q≠1)，
则将每个音的频率看作等比数列{an}，共13项，
因为最后一个音是最初那个音的频率的2倍，可得a13=a1q12=2a1，可得q4=213，
所以A1=a1(1−q4)1−q，A2=a1(1−q8)1−q，
所以A2A1=1−q81−q4=1+q4=1+213．
故选：B．
根据题意，将每个音的频率看作等比数列{an}，且数列共13项，且anan−1=q，结合等比数列的通项公式和求和公式，即可求解．
本题主要考查了等比数列通项公式及求和公式的应用，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：由题意可得f′(x)=ex−1，
设切点(t,f(t))，则f(t)=et−t，f′(t)=et−1，
则切线方程为y−(et−t)=(et−1)(x−t)，即y=(et−1)x+et(1−t)，
因为y=ax+b−1，所以a=et−1，b−1=et(1−t)，则a+b=2et−tet，
令g(t)=2et−tet，则g′(t)=(1−t)et，
当t>1时，g′(t)0，f(x)单调递增；
当x∈(−4,0)时，f′(x)0，f(x)单调递增；
当x∈(4,+∞)，f′(x)0，
可得 an+1+2= an+2+1，
所以{ an+2}是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以 an+2=2+(n−1)×1=n+1，即an=n2+2n−1，
所以a2=7，故A正确，C错误；
显然数列{an}不为周期数列，故B错误；
对于D，因为an+1−an=(n+1)2+2(n+1)−1−n2−2n+1=2n+3>0，所以{an}为递增数列，故D正确．
故选：AD．
根据递推关系an+1=( an+2+1)2−2求得数列的通项公式an=n2+2n−1，从而对选项逐一判断即可．
本题考查数列的递推式和数列的单调性，以及等差数列的定义与通项公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
12.【答案】40
【解析】解：由(x−2x2)5的二项展开式的通项公式为Tr+1=C5rx5−r(−2x2)r=(−2)rC5rx5−3r，
令5−3r=−1，
解得r=2，
即1x的系数为(−2)2C52=40，
故答案为：40．
先求出(x−2x2)5的二项展开式的通项公式Tr+1=C5rx5−r(−2x2)r=(−2)rC5rx5−3r，然后令5−3r=−1，然后求解即可．
本题考查了二项式展开式的通项公式，重点考查了二项式展开式系数的求法，属基础题．
13.【答案】2025
【解析】解：由题意可知，f′(x)=4ax3−bsinx+7，
所以f′(−x)=4a(−x)3−bsin(−x)+7=−4ax3+bsinx+7，得f′(x)+f′(−x)=14，
又f′(2025)=−2011，故f′(−2025)=14−f′(2025)=2025．
故答案为：2025．
先求f′(x)，根据奇函数的性质可得f′(x)+f′(−x)=14，结合题意运算求解．
本题主要考查导数的运算法则，属于基础题．
14.【答案】1,n=13,n=24×3n−3,n≥3
【解析】解：当n≥2时，有an+1=2Sn−4，又a1=1，a2=3，所以a3=2S2−4=4，
则当n≥3时，由n≥2时，an+1=2Sn−4，可得an=2Sn−1−4，
两式相减可得an+1−an=2(Sn−Sn−1)=2an，
即an+1=3an(n≥3)，
所以n≥3时，数列{an}是以a3=4为首项，3为公比的等比数列，
则an=4×3n−3，所以an=1,n=13,n=24×3n−3,n≥3．
故答案为：1,n=13,n=24×3n−3,n≥3．
根据an与Sn的关系代入计算，再由等比数列的通项公式，即可得到结果．
本题考查数列的递推式和等比数列的定义与通项公式，考查转化思想和运算能力，属于基础题．
15.【答案】解：(Ⅰ)方案一：选择条件①
由题意，设等差数列{an}的公差为d，
则a4+a7=a2+a9=20，
将a9=20−a2代入a2a9=51，
整理，得a22−20a2+51=0，
解得a2=3，或a2=17，
当a2=3时，a9=17，
当a2=17时，a9=3，
∵an+1>an，∴a2=3，a9=17，
∴d=a9−a27=17−37=2，
∴a1=a2−2=3−2=1，
∴an=1+2(n−1)=2n−1，n∈N∗．
方案二：选择条件②
由题意，设等差数列{an}的公差为d，
则5a1+5×42d=25a1a1+d=3，
化简整理，得2a1−d=0a1+d=3，
解得a1=1d=2，
∴an=1+2(n−1)=2n−1，n∈N∗．
方案三：选择条件③
由题意，当n=1时，a1=S1=12=1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−(n−1)2=2n−1，
∵当n=1时，a1=1也满足上式，
∴an=2n−1，n∈N∗．
(Ⅱ)由(Ⅰ)，可得bn=1anan+1=1(2n−1)(2n+1)=12⋅(12n−1−12n+1)，
则Tn=b1+b2+⋅⋅⋅+bn
=12⋅(1−13)+12⋅(13−15)+⋅⋅⋅+12⋅(12n−1−12n+1)
=12⋅(1−13+13−15+⋅⋅⋅+12n−1−12n+1)
=12⋅(1−12n+1)
=n2n+1．
【解析】(Ⅰ)在选择条件①的情况下，设等差数列{an}的公差为d，根据等差中项的性质有a4+a7=a2+a9=20，结合已知条件a2a9=51，计算出a2，a9的值，进一步计算出公差d的值，同时计算出首项a1的值，即可计算出数列{an}的通项公式；在选择条件②的情况下，设等差数列{an}的公差为d，根据已知条件列出关于首项a1与公差d的方程组，解出a1与d的值，即可计算出数列{an}的通项公式；在选择条件③的情况下，根据已知条件并结合公式an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2即可计算出数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)先根据第(Ⅰ)题的结果计算出数列{bn}的通项公式，再运用裂项相消法即可计算出前n项和Tn．
本题主要考查数列求通项公式，以及运用裂项相消法求前n项和问题．考查了方程思想，转化与化归思想，裂项相消法，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
16.【答案】解：(1)已知f(x)=x2−(2a+1)x+alnx，函数定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=2x−(2a+1)+ax，
因为f(x)在x=1处取得极值，
所以f′(1)=2−(2a+1)+a=0，
解得a=1，
此时f(x)=x2−3x+lnx，f′(x)=2x−3+1x=2x2−3x+1x=(2x−1)(x−1)x，
当00，
因此q(x)在(0,+∞)上单调递增，且q(12)0，
因此q(x)有唯一零点x0∈(12,1)，且x02ex0+lnx0=0，
因此x0ex0=−lnx0x0=−lnx0⋅e−lnx0，
构造函数ℎ(x)=xex，则ℎ(x0)=ℎ(−lnx0)，
又由函数ℎ(x)=xex在(0,+∞)上是增函数，因此x0=−lnx0，
由φ(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
可得φ(x)≥φ(x0)=ex0−lnx0+1x0=1x0+x0−1x0=1，
因此−m+1≤1，解得m≥0，因此m的取值范围是[0,+∞)．
(1)求得f′(x)=1x−m，分m≥0和m