资源简介

2024-2025学年山东省济宁市第一中学高二下学期4月期中考试
数学试卷
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.已知函数在处有极值，则实数的值为( )
A. B. C. D.
2.已知随机变量的分布列如下：
若，则( )
A. B. C. D.
3.一袋中装有大小质地均相同的个白球，个黄球和个黑球，从中任取个球，则至少含有一个黑球的概率是( )
A. B. C. D.
4.展开式中，的系数为( )
A. B. C. D.
5.甲、乙两人同时解答一道数学题，两人各自独立思考互不影响．已知甲能正确解答的概率为，乙能正确解答的概率为，则在此题被正确解答的条件下，甲能正确解答的概率为( )
A. B. C. D.
6.“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于年所著的详解九章算法一书中．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示．在“杨辉三角”中从左往右第斜行的数构成一个数列：，则该数列前项的和为( )
A. B. C. D.
7.设函数的导函数为，若在其定义域内存在，使得，则称为“有源”函数已知是“有源”函数，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
8.已知函数在上有两个不同的零点，给出下列结论：；；其中错误结论的个数是( )
A. B. C. D.
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.小张、小赵、小李、小孙、小王为五名志愿者．现有接待、安保、礼仪、服务四项不同的工作可供安排，则下列说法正确的是( )
A. 若五人每人可任选一项工作，则不同的选法有种
B. 若安排人排成一排训练，小张不站在第一位，小赵不站在第五位，则有种不同的方案
C. 若安排人排成一排训练，小张必须站在小李的左侧，则有种不同的站法
D. 若安排人排成一排训练，小张和小赵必须相邻，且小孙和小李不相邻，则有种不同的站法
10.已知函数，则下列说法正确的是( )
A. 是函数的一个极小值点
B. 函数的对称中心为
C. 过点能作两条不同直线与相切
D. 函数有个零点
11.设为一个随机试验中的两个事件，且，，，则( )
A. B. C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知随机变量，若，则 ．
13.某大学为提高学生的文化艺术素养，特开设了门公共必修课程，要求每位同学每学年至少选门，至多选门，大二到大四这三学年必须将门公共必修课程全部选完，且不能提前修完，则每位同学的不同选择方式有 ．
14.已知函数，，若，，则的最大值为 ．
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.本小题分
已知的展开式中第项与第项的二项式系数之比为．
求的值；
系数最大的项．
16.本小题分
某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为，当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为已知输入的问题表达不清晰的概率为．
求智能客服的回答被采纳的概率；
在某次测试中输入了个问题个问题相互独立，设表示智能客服的回答被采纳的次数求的分布列、期望及方差．
17.本小题分
已知函数．
若的图象在点处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为，求的值；
当时，求在区间上的最大值和最小值．
18.本小题分
已知函数
讨论的单调性；
证明：．
19.本小题分
已知函数
当时，求的零点个数；
若，求的最大值；
证明：．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：因为第二项与第三项的二项式系数之比是，
则，即，解得舍或，
所以的值为．
的展开式的通项为，
令，解得，
又，，
展开式中系数最大的项为第项，且．

16.解：设“智能客服的回答被采纳”，“输入的问题表达不清晰”，
依题意，，，
因此，
所以智能客服的回答被采纳的概率为．
依题意，的所有可能取值为，，，，，
，
，
所以的分布列为：
数学期望；．

17.解：，则，，
所以切线斜率为，则切线方程为，
切线方程与两坐标轴的交点分别为，
则三角形的面积为，解得．
当时，，，
因为，则得或；得，
则在和上单调递增，在上单调递减，
因为，，，，
所以的最大值为，最小值为．

18.解：由题意可得：的定义域为，，
当时，则在上恒成立，
可知在上单调递减；
当时，令，解得；令，解得；
可知在上单调递减，在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
构建，
则，
由可知，
构建，
因为在上单调递增，则在上单调递增，
且，
可知在上存在唯一零点，
当，则，即；
当，则，即；
可知在上单调递减，在上单调递增，
则，
又因为，则，，
可得，
即，所以．

19.解：当时，，所以，
令，则，
所以在上单调递减，即在上单调递减，
又，则的解集为，则的解集为，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又因为，
所以存在，使得，
所以有两个零点．
由，得，下证当时，，
令，则，
令，则，
所以在上单调递减，又，则的解集为，则的解集为，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，即，
所以的最大值为．
证明：由可得，当且仅当时取等号，
所以，所以
且因为当时，
所以，
所以
即．

第1页，共1页

展开更多......

收起↑