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(含解析)

资源下载
  1. 二一教育资源

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(含解析)

资源简介

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.

展开更多......

收起↑

资源预览