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广东省江门市鹤山市鹤华中学2024 2025学年高二下学期期中考试数学试题
一、单选题
1．已知，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．2或3
2．下列求导运算中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．的展开式中的系数为（ ）
A． B． C．64 D．124
4．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．函数在上单调递减
B．是函数的极小值点
C．是函数的极大值点
D．是函数的极大值
5．设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知等差数列的前项和为，若，则一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
7．某测试由8道四选一的单选题组成，学生小胡有把握答对其中4道题，且在剩下的4道题中，他对2道有思路，其余2道则完全不会，若小胡答对每道有思路的题的概率为，答对每道不会的题的概率为，则当他从这8道题中任抽1题作答时，能答对的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．已知定义域为的函数的导函数为，且，若，则的解集为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知公差为的等差数列满足，，成等比数列，则（ ）
A． B．的前项和为
C．的前100项和为100 D．的前10项和为
10．已知，展开式中的所有项的二项式系数和为，下列说法正确的是（ ）
A． B．此二项式系数最大项为第4项
C． D．
11．对于函数，下列说法正确的有（ ）
A．在处取得极大值 B．在处的切线方程为
C．有两个不同的零点 D．若在上恒成立，则
三、填空题
12．已知数列满足，则 .
13．甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有 种.
14．人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.牛顿在《流数法》一书中给出了高次代数方程的一种数值求法——牛顿法，用“作切线”的方法求方程的近似解.如图，方程的根就是函数的零点，取初始值，在处的切线与轴的交点横坐标为，在处的切线与轴的交点横坐标为，一直继续下去，得到、、、、，它们越来越接近.若，取，则用牛顿法得到的的近似值 .
四、解答题
15．已知函数 ，当 时取极小值，当 时取极大值.
（1）求a，b的值；
（2）求函数 在 上的最大值与最小值.
16．北京冬奥会某个项目招募志愿者需进行有关专业、礼仪及服务等方面知识的测试，测试合格者录用为志愿者.现有备选题10道，规定每次测试都从备选题中随机抽出3道题进行测试，至少答对2道题者视为合格，若甲能答对其中的5道题，求：
（1）甲测试合格的概率；
（2）甲答对的试题数X的分布列.
17．记数列的前项和为，已知.
（1）证明：数列为等比数列；
（2）记，求数列的前项和为.
18．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若函数有两个零点，求的取值范围．
19．人工智能在做出某种推理和决策前，常常是先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策.我们利用这种方法设计如下试验：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子内有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球.我们首先从这两个袋子中随机选择一个袋子，假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为（先验概率），再从该袋子中随机摸出一个球，称为一次试验.经过多次试验，直到摸出红球，则试验结束.
(1)求首次试验结束的概率；
(2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整.
（i）求选到的袋子为甲袋的概率；
（ii）将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有两种方案.方案①：从原来袋子中摸球；方案②：从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大.
参考答案
1．【答案】D
【详解】因为，，，所以，
对比选项进行讨论有：
当时，，不成立，
当时，，成立，
当时，，成立，
所以或.
故选.
2．【答案】C
【详解】，，，，
故选C.
3．【答案】A
【详解】展开式的通项为，，，
令，得，因此展开式中项的系数为．
故选:A．
4．【答案】D
【详解】由图可知时，，所以函数在上单调递增，故A错误；
由图可知时，，所以函数在上单调递增，
不是函数的极小值点，故B错误；
由B选项可知函数在上单调递增，
由图可知时，，所以函数在上单调递减，
故是函数的极大值点，是函数的极大值，
故C错误；D正确．
故选D
5．【答案】B
【详解】因为，
即，
解得，
所以．
故选B.
6．【答案】D
【详解】因为等差数列的前项和为，且，则，
，无法判断ABC选项，
，D对.
故选D.
7．【答案】A
【详解】设“小胡从这8题中任选1题且作对”为事件A，“选到能完整做对的4道题”为事件，
“选到有思路的2道题”为事件，“选到完全没有思路的题”为事件，
则，，，，
，，
由全概率公式可得
．
故选A．
8．【答案】C
【详解】令，，因为，则，
因此函数在上单调递减，则，解得，
所以的解集为.
故选C.
9．【答案】AD
【详解】对于A：因为，，成等比数列，所以，即，
解得，所以，则，故A正确；
对于B：的前项和为，故B错误；
对于C：因为，
所以的前100项和为
，故C错误；
对于D：因为，
所以的前10项和为，故D正确.
故选AD
10．【答案】BCD
【详解】因为展开式中的所有项的二项式系数和为64，所以，解得，故A错误；
因为二项式系数为，所以当时，最大，即第4项最大，故B正确；
因为展开式的通项为，，
所以，所以，故C正确；
由展开式的通项为，得，，
所以，
令，可得，令，可得，
所以，故D正确．
故选BCD．
11．【答案】ABD
【详解】对于A中，由函数，可得的定义域为，且，
令，可得，所以在上单调递增；
令，可得，所以在上单调递减，
所以当时，取得极大值，所以A正确；
对于B中，由，可得，，
所以在处的切线方程为，所以B正确；
对于C中，由A知：函数在上单调递增，且，
又由，根据零点存在性定理，可得在上有且只有一个零点．
当时，单调递减，且恒成立，所以在上没有零点，
所以函数只有一个零点，所以C不正确；
对于D中，由不等式恒成立，即恒成立，
令，可得，
当时，；当时，，
所以，当时，取得最大值，
因为在上恒成立，即在上恒成立，所以，所以D正确.
故选ABD.
12．【答案】
【详解】由数列满足，可得，所以数列是公比为的等比数列，
根据等比数列的性质，可得，
因为，可得，所以.
13．【答案】
【详解】利用捆绑法可得，丙和丁相邻的排法有种，
然后将乙、戊和丙、丁4人进行排列，排法有种，
因为甲不站在两端，且乙、戊和丙、丁排完会形成2个空位，
利用插空法排列甲，排法有种，
所以不同的排列方法有种.
14．【答案】
【详解】因为，，则，
且，则，
所以，曲线在处的切线方程为，即，
由题意可得，解得．
15．【答案】（1）
（2）最大值为，最小值为.
【详解】（1）因为，则，
由题意可得，解得，
经检验符合题意，所以.
（2）由（1）可得，，
则，，
令，解得或，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以时，函数有极小值，
时，函数有极大值，
且，，
所以函数在上的最大值为，最小值为.
16．【答案】（1）
（2）分布列见解析
【详解】（1）设甲测试合格为事件A，则.
（2）甲答对的试题数X可以为0，1，2，3，
，，
，，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
17．【答案】（1）证明见解析
（2）
【详解】（1）解：因为数列的前项和，
当时，可得，
当时，可得，
经检验当时也成立，所以，
则，且，
所以数列是首项为，公比为等比数列．
（2）解：由（1）知：，可得，
所以，
则，
两式相减，可得，
即．
18．【答案】（1）答案见解析
（2）
【详解】（1）解：由函数，可得其定义域为，且．
（i）当时，对任意的，，所以在上单调递增；
（ii）当时，若，则，则在上单调递增；
若，则，则在区间上单调递减．
综上所述，当时，函数的单调递增区间为；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）解：令，可得，令，其中，
因为函数有两个零点，所以函数与函数的图象有两个交点，
又由，令，可得，
列表如下：
+ 0 -
递增 极小值 递减
所以函数的极小值为，
且当时，；当，；当，，
所以函数的图象，如图所示，
当时，函数与函数的图象有两个交点，
因此，所求的取值范围为；
19．【答案】(1)
(2)（i）；（ii）方案②中取到红球的概率更大
【详解】（1）设试验一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件，
“试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球”为事件.
，
所以试验一次结果为红球的概率为.
（2）（i）因为，是对立事件，，
所以，
所以选到的袋子为甲袋的概率为.
（ii）由（i）得，
所以方案①中取到红球的概率为：.
方案②中取到红球的概率为：.
因为，所以方案②中取到红球的概率更大.

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