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广东省深圳市新安中学（集团）高中部2024-2025学年高二下学期期中数学试题
一、单项选择题:本题共8道小题，每小题5分，共40分
1．（2025高二下·深圳期中）已知数列为等比数列，其中，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
则，
因为，所以.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和等比数列的性质，从而确定的正负，再利用等比数列性质得出的值.
2．（2025高二下·深圳期中）若函数在处可导，且，则（　　）
A． B． C． D．2
【答案】C
【知识点】极限及其运算；导数的概念
【解析】【解答】解：.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和简单的极限运算，再根据导数的定义得出的值.
3．（2025高二下·深圳期中）现有5名同学站成一排，再将甲、乙2名同学加入排列，保持原来5名同学顺序不变， 不同的方法共有（　　）
A．30种 B．56种 C．12种 D．42种
【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：因为原来名同学站成一排，有个空位可以插入甲同学，
所以甲同学有种不同的排法.
当甲同学插入后，此时包括原来名同学和甲同学一共有个人，
这个人形成了个空位，
所以乙同学有种不同的排法.
则完成将甲、乙名同学加入排列这件事，
分两步：第一步甲同学有种排法，第二步乙同学有种排法，
根据分步乘法计数原理，
则不同的方法共有（种）.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和分类加法计数原理、分步乘法原理，从而得出不同的方法共有的种数.
4．（2025高二下·深圳期中）人工智能技术（简称AI技术）已成为引领世界新一轮科技革命和产业改革的战略性技术，AI技术加持的电脑（以下简称AI电脑）也在全国各地逐渐热销起来.下表为市统计的2024年11月至2025年3月这5个月该市AI电脑的月销量，其中为月份代号，（单位：万台）为AI电脑的月销量.
月份 2024年11月 2024年12月 2025年1月 2025年2月 2025年3月
月份代号 1 2 3 4 5
月销量 0.5 0.9 1 1.2 1.4
经过分析，与线性相关，且其线性回归方程为，则2025年3月的残差为（　　）（实际值与预计值之差）
A． B． C．0.02 D．0.04
【答案】B
【知识点】线性回归方程；回归分析
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则关于的线性回归方程为，
又因为2025年3月对应的，
则此时残差为.
故答案为：B.
【分析】利用表中数据和平均数公式，从而求出样本中心点，代入回归直线方程求出的值，再利用代入法求出对应的月销量预测值，再结合月销量求出残差的值.
5．（2025高二下·深圳期中）将函数的图象绕坐标原点顺时针旋转后第一次与轴相切，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由题意可知：是过原点的切线，
设切点坐标为，
由，则，
所以，切线方程为，
则，解得，
则，所以.
故答案为：C.
【分析】由与相切结合导数的几何意义求切线斜率的方法，再利用直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，从而得出的值.
6．（2025高二下·深圳期中）甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“五局三胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立. 在甲获得冠军的条件下，比赛进行了五局的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】互斥事件的概率加法公式；条件概率
【解析】【解答】解：比三场，甲赢的概率为；
比四场，甲第四场赢，甲赢的概率为；
比五场，甲第五场赢，甲赢的概率为；
所以甲赢的概率为，
则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了五局的概率为.
故答案为：A.
【分析】先计算甲赢的概率，再由互斥事件加法求概率公式和条件概率公式，从而得出在甲获得冠军的条件下，比赛进行了五局的概率.
7．（2025高二下·深圳期中）已知，则的值为（　　）
A． B．0 C．1 D．2
【答案】B
【知识点】二项式定理；二项式系数
【解析】【解答】解：因为，展开式的第项为：，
当时，；当时，，
则，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据结合二项式定理求展开式的通项公式，利用赋值法得出的值.
8．（2025高二下·深圳期中）若对任意的正实数，，当时，恒成立，则的取值范围（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为对任意的正实数，，当时，恒成立，
所以对任意的正实数，，当时，恒成立，
令，，
因为函数在上单调递减，所以在上恒成立，
所以，解得，故的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】由题意可得：任意的正实数，，当时，恒成立， 令，求导，根据函数在上单调递减，可得在上恒成立，即求解即可.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高二下·深圳期中）甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（　　）
A．如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种
B．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种
C．甲乙不相邻的排法种数为82种
D．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种
【答案】A,B,D
【知识点】排列与组合的综合
【解析】【解答】解：A、如果甲，乙必须相邻，将 甲，乙 捆绑，则不同的排法有种，故A正确；
B、若最左端排甲，则有种排法；
若最左端排乙，有种排法，则不同的排法共有42种，故B正确；
C、甲乙不相邻，则甲、乙插空，则不同的排法种数有种，故C错误；
D、甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，利用捆绑法求解即可判断A；分最左端排甲，和最左端排乙两类求解即可判断B；根据甲乙不相邻，利用插空法求解即可判断C；根据甲乙丙从左到右的顺序排列，通过除序法求解即可判断D.
10．（2025高二下·深圳期中）已知在一次数学测验中，某校1000名学生的成绩服从正态分布，其中90分为及格线，120分为优秀线，则对于该校学生成绩，下列说法正确的有（　　）（参考数据：①；②；③.）
A．平均分为100
B．及格率超过86%
C．得分在内的人数约为997
D．得分低于80的人数和优秀的人数大致相等
【答案】A,C,D
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布定义
【解析】【解答】解： 某校1000名学生的成绩服从正态分布 ，则，，
A、，，故A正确；
B、，
，
，故B错误；
C、，人，故C正确；
D、，
因为成绩服从标准正态分布，
，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由某校1000名学生的成绩服从正态分布 ，根据正态分布概念以及指定区间概率逐项求解判断即可.
11．（2025高二下·深圳期中）已知函数，则（　　）
A．在区间上单调递增
B．有最大值
C．当时，的图象过的切线有且仅有条
D．关于的方程有两个不等实根，则的取值范围是
【答案】A,C
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：函数定义域为，求导可得，
A、对任意的，恒成立，则在区间上单调递增，故A正确；
B、当时，，当时，，
则在区间上单调递减，在区间上单调递增，
函数有最小值，无最大值，故B错误；
C、当时，，设切点为，，则切线斜率为，
曲线在点的切线方程为，
将点的坐标代入切线方程为，整理可得，
，即方程有两个不等的实根，
则当时，的图象过的切线有且仅有条，故C正确；
D、方程，即，
令，，
当时，，当时，，
则在区间上单调递减，在区间上单调递增，
当时，且，如图所示：
要使方程有两个不等实根，的范围是，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】求函数的定义域，再求导，根据函数的单调性与导数的关系即可判断A；利用导数判断函数的单调性，求函数的最值即可判断B；当时，，设切点为，利用导数求出切线方程，再将点的坐标代入切线方程，判断关于的方程解的个数即可判断C；方程，即，令，求导，利用导数判断函数的单调性，求最值，作出函数的图象，数形结合求解即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高二下·深圳期中）某公司有日生产件数为95件的“生产能手”3人，有日生产件数为55件的“新手”2人，从这5人中任意抽取2人，则2人的日生产件数之和X的标准差为　 　．
【答案】24
【知识点】超几何分布；离散型随机变量的方差
【解析】【解答】解：由题意，可得的所有可能取值为190，150，110，
则，，，
所以，
则标准差．
故答案为：.
【分析】依题意可知随机变量的所有可能取值，出所对应的概率，再利用随机变量的分布列求数学期望和方差、标准差的方法，从而求得答案.
13．（2025高二下·深圳期中）若函数有唯一一个极值点，则实数的取值范围是　 　．
【答案】．
【知识点】函数恒成立问题；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系；函数极限
【解析】【解答】解：因为定义域为，
所以，
又因为，有唯一一个极值点，所以是唯一的变号零点，
设，且，所以恒成立，
当时，恒成立，符合题意；
当时，，所以在上单调递增，
又因为时，，不满足，舍去；
当时，令，得，
令，得，所以在上单调递减，
令，得，所以在上单调递增，
则，
因为，所以，
则的取值范围是.
故答案为：.
【分析】先求导得出导函数，再根据函数有唯一一个极值点且结合导数求极值点的方法，从而得出是唯一的变号零点，设，再利用得出恒成立，再分三种情况结合导数的正负，则讨论出函数的单调性，从而得出函数的最值，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得到实数的取值范围.
14．（2025高二下·深圳期中）将杨辉三角中的数从上到下，从左到右依次排列，得数列：1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1、…记作数列，若数列的前n项和为，则　 　.
【答案】2114
【知识点】等比数列的前n项和；二项式定理的应用；类比推理
【解析】【解答】解：使得每行的序数与该行的项数相等，
则第行最后项在数列中的项数为：
设位于第行，则，
解得：且第11行最后一项在数列中的项数为：.
位于杨辉三角数阵的第12行第3个，
因为第一行各项和为，第二行各项和为，第三行各项的和为.
依此类推，则第行各项的和为，
.
故答案为：.
【分析】先确定位于第12行第3个，再根据每一行数字和的规律可知，结合等比数列前n项和公式和组合数公式，从而得出的值.
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．（2025高二下·深圳期中）已知数列满足，.
（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式：
（2）记，求数列的前n项和.
【答案】（1）证明：因为， 所以，
对上式两边同时取倒数有：，
所以，又因为，
所以，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列.
所以，所以，
所以数列的通项公式为.
（2）解： 因为，所以，
所以，
所以，
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式
【解析】【分析】（1）通过对递推式变形，构造出等差数列的形式，利用等差数列定义和通项公式求解；（2）先根据（1）的结果求出，再对变形，用裂项相消法求和，递推式变形和数列求和方法的运用.
（1）因为， 所以，
对上式两边同时取倒数有：
所以，又因为，所以，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列.
因为数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，
所以，
所以数列的通项公式为.
（2）因为，所以，所以，
所以，
16．（2025高二下·深圳期中）某区为推进教育数字化转型，通过聚合区域学校的教育资源，依托AI技术搭建了区域智慧题库系统，形成了“通识过关—综合拓展—创新提升”三层动态原库，且三层题量之比为，设该题库中任意1道题被选到的可能性都相同.
（1）现有4人参加一项比赛，若每人分别独立地从该题库中随机选取一道题作答，求这4人中至少有2人的选题来自层的概率；
（2）现采用分层随机抽样的方法，使用智能组卷系统从该题库中选取12道题生成试卷，若某老师要从生成的这份12道题的试卷中随机选取3道题做进一步改编，记该老师选到层题的题数为，求的分布与期望．
【答案】（1）解：因为三层题量之比为，
所以在层选题的概率为，不在层选题的概率为，
设至少2人的选题来自层的概率为，从层选题数量为，
由题意，得，
因为二项分布概率公式为，
则至少2人的选题来自层的概率为，
所以.
（2）解：因为三层题量之比为，
所以，在层最多抽到7道，且可取，
则，
，
则X的分布列为：
X
P
所以，数学期望.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量及其分布列；二项分布
【解析】【分析】（1）先求出在层选题的概率和不在层选题的概率，结合题意得到，再利用二项分布求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出这4人中至少有2人的选题来自层的概率.
（2）先依据题意结合分层抽样的方法得出三层题量之比，从而求出在层最多抽到7道，进而得出随机变量X的取值，利用超几何分布求出对应概率，从而求出X的分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出X的数学期望.
（1）因为三层题量之比为，
所以在层选题的概率为，不在层选题的概率为，
设至少2人的选题来自层的概率为，从层选题数量为，
由题意得，而二项分布概率公式为，
则至少2人的选题来自层的概率为，
故.
（2）因为三层题量之比为，
所以在层最多抽到7道，且可取，
则，
，
其分布列为
X
P
所以期望.
17．（2025高二下·深圳期中）将6个不同的小球放入编号分别为的三个不同盒子.（过程要用文字简要说明，结果用数字作答）
（1）求共有多少种不同放法；
（2）当每个盒子的球数不小于它的编号数时，求共有多少种不同放法；
（3）当每个盒子至少有一个小球时，求共有多少种不同放法；
（4）若将题干中“6个不同的小球”改为“9个相同的小球”，其他条件不变，则当每个盒子的球数不小于它的编号数时，共有多少种不同放法？
【答案】（1）解：根据分步乘法计数原理得，共有种不同放法.
（2）解：当每个盒子的球数不小于它的编号数时，
1号盒1个球，2号盒2个球，3号盒3个球，
共有种不同放法.
（3）解：当每个盒子至少有1个小球时，共有三类：
第一类，一盒4个球，其余两盒各1个球，有种；
第二类，一盒1个球，一盒2个球，一盒3个球，有种；
第三类，每盒2个球，有种.
综上可知，共有种不同放法.
（4）解：方法一：在2号盒子里放入1个小球，在3号盒子里放入2个小球，
然后在剩余的6个相同的小球中间5个空插入2个挡板，
共有种不同放法.
方法二：在号盒子里首先分别放入个球，
然后剩下的3个小球和两个挡板一起排队，5个位置中给挡板选两个位置，
共有种不同放法.
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）根据已知条件和分步乘法原理，从而得出共有不同方法种数.
（2）利用组合数公式和分步乘法计数原理，从而得出共有的不同放法种数.
（3）根据分组分配问题结合组合数公式、排列数公式，从而得出共有的不同放法种数.
（4）利用两种放法求解.
方法一：利用隔板法求解.
方法二：先在号盒子里先分别放入个球，再利用隔板法得出共有的不同放法种数.
（1）根据分步乘法计数原理得共有种不同放法.
（2）当每个盒子的球数不小于它的编号数时，1号盒1个球，2号盒2个球，3号盒3个球，共有种不同放法.
（3）当每个盒子至少有1个小球时，共有三类：
第一类，一盒4个球，其余两盒各1个球，有种；
第二类，一盒1个球，一盒2个球，一盒3个球，有种；
第三类，每盒2个球，有种.
综上得，共有种不同放法.
（4）方法一：在2号盒子里放入1个小球，在3号盒子里放入2个小球，
然后在剩余的6个相同的小球中间5个空插入2个挡板，共有种不同放法.
方法二：在号盒子里首先分别放入个球，
然后剩下的3个小球和两个挡板一起排队，5个位置中给挡板选两个位置，共有种不同放法.
18．（2025高二下·深圳期中）某学校为调查高三年级的体育开展情况，随机抽取了20位高三学生作为样本进行体育综合测试，体育综合测试成绩分4个等级，每个等级对应的分数和人数如下表所示：
等级 不及格 及格 良 优
分数 1 2 3 4
人数 3 9 5 3
（1）若从样本中随机选取2位学生，求所选的2位学生分数不同的概率；
（2）用样本估计总体，以频率代替概率.若从高三年级学生中随机抽取n位学生，记所选学生分数不小于3的人数为X.
（ⅰ）若，求X的分布列与数学期望；
（ⅱ）若，当k为何值时，最大？
【答案】（1）解：设事件“选取的2位学生分数不同”，
则，
则所选的2位学生分数不同的概率为.
（2）解：（ⅰ）设“学生分数不小于3”，
则，
若，则的可能取值为，
由题意可得，
则，，
，，
所以的分布列为：
又因为，
所以.
（ⅱ）若，则，
所以
因为最大，
所以，
则，
又因为且，
所以，当时，最大.
【知识点】互斥事件与对立事件；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）设事件“选取的2位学生分数不同”，根据对立事件求概率公式和组合数公式、互斥事件加法求概率公式以及古典概率公式，从而得出所选的2位学生分数不同的概率.
（2）（ⅰ）当时，，结合二项分布得出随机变量X的概率分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（ⅱ）当时，，利用最大结合二项分布的概率计算公式，从而可得，再解不等式组可得k的取值范围，再利用且，从而得出当时，最大.
（1）设事件“选取的2位学生分数不同”，
则，
故所选的2位学生分数不同的概率为；
（2）设“学生分数不小于3”，则，
（ⅰ）若，的可能取值为，由题意可得，
又，，
，，
所以的分布列为：
由于，则；
（ⅱ）若，则，
所以，
由于最大，
所以，
即，
因为，，所以时，最大.
19．（2025高二下·深圳期中）已知函数，．
（1）讨论的单调性；
（2）若恒成立，求实数的取值范围．
（3）为正整数，当时，曲线在点处的切线记为，直线与 轴交点的纵坐标记为，证明：．
【答案】（1）解：因为函数，
则，定义域为，
当时，，
在上单调递减；
当时，当时，；当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）解：（法一）设，
则，
令，则，
所以，当时，，
由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，
，
则，所以，
则.
（法二）根据题意，可知恒成立，
设，
则，
令则，
则在定义域上单调递增，易知，
则，使得，
所以时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增，
则，
所以，则.
（3）证明：由题意，得，
则，所以，
则，
此时在处的切线方程为，
令，得与轴交点纵坐标为，
，
对于且，则，
所以在上单调递增，
，则，
.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；数列的求和
【解析】【分析】（1）先求出导函数，再按照和分类讨论结合导数的正负判断出函数的单调性.
（2）利用两种放法求解.
法一：设，令，则，再根据导数的正负判定其单调性，从而得出其最值，再利用不等式恒成立问题求解放法，从而得出实数m的取值范围.
法二：设，多次求导判断其单调性，从而求出其最值，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数m的取值范围.
（3）利用导数的几何意义、点斜式方程求出切线方程，再根据赋值法得出，利用，再结合等差数列求和公式证明即可.
（1）函数，则，定义域为，
当时，，在上单调递减；
当时，时，，时，，
在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）（法一）设，
则，令，则，即当时，，
由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，
，
， 所以，即.
（法二）根据题意可知恒成立，
设，
则，
令，
则在定义域上单调递增，易知，
即，使得，
即时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
则，
所以，即
（3）由题设，则，
则，，
此时在处的切线方程为，
令得与轴交点纵坐标为；
，
对于且，则，即在上单调递增，
，即，
，得证．
1 / 1广东省深圳市新安中学（集团）高中部2024-2025学年高二下学期期中数学试题
一、单项选择题:本题共8道小题，每小题5分，共40分
1．（2025高二下·深圳期中）已知数列为等比数列，其中，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高二下·深圳期中）若函数在处可导，且，则（　　）
A． B． C． D．2
3．（2025高二下·深圳期中）现有5名同学站成一排，再将甲、乙2名同学加入排列，保持原来5名同学顺序不变， 不同的方法共有（　　）
A．30种 B．56种 C．12种 D．42种
4．（2025高二下·深圳期中）人工智能技术（简称AI技术）已成为引领世界新一轮科技革命和产业改革的战略性技术，AI技术加持的电脑（以下简称AI电脑）也在全国各地逐渐热销起来.下表为市统计的2024年11月至2025年3月这5个月该市AI电脑的月销量，其中为月份代号，（单位：万台）为AI电脑的月销量.
月份 2024年11月 2024年12月 2025年1月 2025年2月 2025年3月
月份代号 1 2 3 4 5
月销量 0.5 0.9 1 1.2 1.4
经过分析，与线性相关，且其线性回归方程为，则2025年3月的残差为（　　）（实际值与预计值之差）
A． B． C．0.02 D．0.04
5．（2025高二下·深圳期中）将函数的图象绕坐标原点顺时针旋转后第一次与轴相切，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高二下·深圳期中）甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“五局三胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立. 在甲获得冠军的条件下，比赛进行了五局的概率为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·深圳期中）已知，则的值为（　　）
A． B．0 C．1 D．2
8．（2025高二下·深圳期中）若对任意的正实数，，当时，恒成立，则的取值范围（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高二下·深圳期中）甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（　　）
A．如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种
B．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种
C．甲乙不相邻的排法种数为82种
D．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种
10．（2025高二下·深圳期中）已知在一次数学测验中，某校1000名学生的成绩服从正态分布，其中90分为及格线，120分为优秀线，则对于该校学生成绩，下列说法正确的有（　　）（参考数据：①；②；③.）
A．平均分为100
B．及格率超过86%
C．得分在内的人数约为997
D．得分低于80的人数和优秀的人数大致相等
11．（2025高二下·深圳期中）已知函数，则（　　）
A．在区间上单调递增
B．有最大值
C．当时，的图象过的切线有且仅有条
D．关于的方程有两个不等实根，则的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高二下·深圳期中）某公司有日生产件数为95件的“生产能手”3人，有日生产件数为55件的“新手”2人，从这5人中任意抽取2人，则2人的日生产件数之和X的标准差为　 　．
13．（2025高二下·深圳期中）若函数有唯一一个极值点，则实数的取值范围是　 　．
14．（2025高二下·深圳期中）将杨辉三角中的数从上到下，从左到右依次排列，得数列：1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1、…记作数列，若数列的前n项和为，则　 　.
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．（2025高二下·深圳期中）已知数列满足，.
（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式：
（2）记，求数列的前n项和.
16．（2025高二下·深圳期中）某区为推进教育数字化转型，通过聚合区域学校的教育资源，依托AI技术搭建了区域智慧题库系统，形成了“通识过关—综合拓展—创新提升”三层动态原库，且三层题量之比为，设该题库中任意1道题被选到的可能性都相同.
（1）现有4人参加一项比赛，若每人分别独立地从该题库中随机选取一道题作答，求这4人中至少有2人的选题来自层的概率；
（2）现采用分层随机抽样的方法，使用智能组卷系统从该题库中选取12道题生成试卷，若某老师要从生成的这份12道题的试卷中随机选取3道题做进一步改编，记该老师选到层题的题数为，求的分布与期望．
17．（2025高二下·深圳期中）将6个不同的小球放入编号分别为的三个不同盒子.（过程要用文字简要说明，结果用数字作答）
（1）求共有多少种不同放法；
（2）当每个盒子的球数不小于它的编号数时，求共有多少种不同放法；
（3）当每个盒子至少有一个小球时，求共有多少种不同放法；
（4）若将题干中“6个不同的小球”改为“9个相同的小球”，其他条件不变，则当每个盒子的球数不小于它的编号数时，共有多少种不同放法？
18．（2025高二下·深圳期中）某学校为调查高三年级的体育开展情况，随机抽取了20位高三学生作为样本进行体育综合测试，体育综合测试成绩分4个等级，每个等级对应的分数和人数如下表所示：
等级 不及格 及格 良 优
分数 1 2 3 4
人数 3 9 5 3
（1）若从样本中随机选取2位学生，求所选的2位学生分数不同的概率；
（2）用样本估计总体，以频率代替概率.若从高三年级学生中随机抽取n位学生，记所选学生分数不小于3的人数为X.
（ⅰ）若，求X的分布列与数学期望；
（ⅱ）若，当k为何值时，最大？
19．（2025高二下·深圳期中）已知函数，．
（1）讨论的单调性；
（2）若恒成立，求实数的取值范围．
（3）为正整数，当时，曲线在点处的切线记为，直线与 轴交点的纵坐标记为，证明：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
则，
因为，所以.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和等比数列的性质，从而确定的正负，再利用等比数列性质得出的值.
2．【答案】C
【知识点】极限及其运算；导数的概念
【解析】【解答】解：.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和简单的极限运算，再根据导数的定义得出的值.
3．【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：因为原来名同学站成一排，有个空位可以插入甲同学，
所以甲同学有种不同的排法.
当甲同学插入后，此时包括原来名同学和甲同学一共有个人，
这个人形成了个空位，
所以乙同学有种不同的排法.
则完成将甲、乙名同学加入排列这件事，
分两步：第一步甲同学有种排法，第二步乙同学有种排法，
根据分步乘法计数原理，
则不同的方法共有（种）.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和分类加法计数原理、分步乘法原理，从而得出不同的方法共有的种数.
4．【答案】B
【知识点】线性回归方程；回归分析
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则关于的线性回归方程为，
又因为2025年3月对应的，
则此时残差为.
故答案为：B.
【分析】利用表中数据和平均数公式，从而求出样本中心点，代入回归直线方程求出的值，再利用代入法求出对应的月销量预测值，再结合月销量求出残差的值.
5．【答案】C
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由题意可知：是过原点的切线，
设切点坐标为，
由，则，
所以，切线方程为，
则，解得，
则，所以.
故答案为：C.
【分析】由与相切结合导数的几何意义求切线斜率的方法，再利用直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，从而得出的值.
6．【答案】A
【知识点】互斥事件的概率加法公式；条件概率
【解析】【解答】解：比三场，甲赢的概率为；
比四场，甲第四场赢，甲赢的概率为；
比五场，甲第五场赢，甲赢的概率为；
所以甲赢的概率为，
则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了五局的概率为.
故答案为：A.
【分析】先计算甲赢的概率，再由互斥事件加法求概率公式和条件概率公式，从而得出在甲获得冠军的条件下，比赛进行了五局的概率.
7．【答案】B
【知识点】二项式定理；二项式系数
【解析】【解答】解：因为，展开式的第项为：，
当时，；当时，，
则，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据结合二项式定理求展开式的通项公式，利用赋值法得出的值.
8．【答案】A
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为对任意的正实数，，当时，恒成立，
所以对任意的正实数，，当时，恒成立，
令，，
因为函数在上单调递减，所以在上恒成立，
所以，解得，故的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】由题意可得：任意的正实数，，当时，恒成立， 令，求导，根据函数在上单调递减，可得在上恒成立，即求解即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】排列与组合的综合
【解析】【解答】解：A、如果甲，乙必须相邻，将 甲，乙 捆绑，则不同的排法有种，故A正确；
B、若最左端排甲，则有种排法；
若最左端排乙，有种排法，则不同的排法共有42种，故B正确；
C、甲乙不相邻，则甲、乙插空，则不同的排法种数有种，故C错误；
D、甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，利用捆绑法求解即可判断A；分最左端排甲，和最左端排乙两类求解即可判断B；根据甲乙不相邻，利用插空法求解即可判断C；根据甲乙丙从左到右的顺序排列，通过除序法求解即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布定义
【解析】【解答】解： 某校1000名学生的成绩服从正态分布 ，则，，
A、，，故A正确；
B、，
，
，故B错误；
C、，人，故C正确；
D、，
因为成绩服从标准正态分布，
，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由某校1000名学生的成绩服从正态分布 ，根据正态分布概念以及指定区间概率逐项求解判断即可.
11．【答案】A,C
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：函数定义域为，求导可得，
A、对任意的，恒成立，则在区间上单调递增，故A正确；
B、当时，，当时，，
则在区间上单调递减，在区间上单调递增，
函数有最小值，无最大值，故B错误；
C、当时，，设切点为，，则切线斜率为，
曲线在点的切线方程为，
将点的坐标代入切线方程为，整理可得，
，即方程有两个不等的实根，
则当时，的图象过的切线有且仅有条，故C正确；
D、方程，即，
令，，
当时，，当时，，
则在区间上单调递减，在区间上单调递增，
当时，且，如图所示：
要使方程有两个不等实根，的范围是，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】求函数的定义域，再求导，根据函数的单调性与导数的关系即可判断A；利用导数判断函数的单调性，求函数的最值即可判断B；当时，，设切点为，利用导数求出切线方程，再将点的坐标代入切线方程，判断关于的方程解的个数即可判断C；方程，即，令，求导，利用导数判断函数的单调性，求最值，作出函数的图象，数形结合求解即可判断D.
12．【答案】24
【知识点】超几何分布；离散型随机变量的方差
【解析】【解答】解：由题意，可得的所有可能取值为190，150，110，
则，，，
所以，
则标准差．
故答案为：.
【分析】依题意可知随机变量的所有可能取值，出所对应的概率，再利用随机变量的分布列求数学期望和方差、标准差的方法，从而求得答案.
13．【答案】．
【知识点】函数恒成立问题；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系；函数极限
【解析】【解答】解：因为定义域为，
所以，
又因为，有唯一一个极值点，所以是唯一的变号零点，
设，且，所以恒成立，
当时，恒成立，符合题意；
当时，，所以在上单调递增，
又因为时，，不满足，舍去；
当时，令，得，
令，得，所以在上单调递减，
令，得，所以在上单调递增，
则，
因为，所以，
则的取值范围是.
故答案为：.
【分析】先求导得出导函数，再根据函数有唯一一个极值点且结合导数求极值点的方法，从而得出是唯一的变号零点，设，再利用得出恒成立，再分三种情况结合导数的正负，则讨论出函数的单调性，从而得出函数的最值，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得到实数的取值范围.
14．【答案】2114
【知识点】等比数列的前n项和；二项式定理的应用；类比推理
【解析】【解答】解：使得每行的序数与该行的项数相等，
则第行最后项在数列中的项数为：
设位于第行，则，
解得：且第11行最后一项在数列中的项数为：.
位于杨辉三角数阵的第12行第3个，
因为第一行各项和为，第二行各项和为，第三行各项的和为.
依此类推，则第行各项的和为，
.
故答案为：.
【分析】先确定位于第12行第3个，再根据每一行数字和的规律可知，结合等比数列前n项和公式和组合数公式，从而得出的值.
15．【答案】（1）证明：因为， 所以，
对上式两边同时取倒数有：，
所以，又因为，
所以，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列.
所以，所以，
所以数列的通项公式为.
（2）解： 因为，所以，
所以，
所以，
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式
【解析】【分析】（1）通过对递推式变形，构造出等差数列的形式，利用等差数列定义和通项公式求解；（2）先根据（1）的结果求出，再对变形，用裂项相消法求和，递推式变形和数列求和方法的运用.
（1）因为， 所以，
对上式两边同时取倒数有：
所以，又因为，所以，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列.
因为数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，
所以，
所以数列的通项公式为.
（2）因为，所以，所以，
所以，
16．【答案】（1）解：因为三层题量之比为，
所以在层选题的概率为，不在层选题的概率为，
设至少2人的选题来自层的概率为，从层选题数量为，
由题意，得，
因为二项分布概率公式为，
则至少2人的选题来自层的概率为，
所以.
（2）解：因为三层题量之比为，
所以，在层最多抽到7道，且可取，
则，
，
则X的分布列为：
X
P
所以，数学期望.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量及其分布列；二项分布
【解析】【分析】（1）先求出在层选题的概率和不在层选题的概率，结合题意得到，再利用二项分布求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出这4人中至少有2人的选题来自层的概率.
（2）先依据题意结合分层抽样的方法得出三层题量之比，从而求出在层最多抽到7道，进而得出随机变量X的取值，利用超几何分布求出对应概率，从而求出X的分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出X的数学期望.
（1）因为三层题量之比为，
所以在层选题的概率为，不在层选题的概率为，
设至少2人的选题来自层的概率为，从层选题数量为，
由题意得，而二项分布概率公式为，
则至少2人的选题来自层的概率为，
故.
（2）因为三层题量之比为，
所以在层最多抽到7道，且可取，
则，
，
其分布列为
X
P
所以期望.
17．【答案】（1）解：根据分步乘法计数原理得，共有种不同放法.
（2）解：当每个盒子的球数不小于它的编号数时，
1号盒1个球，2号盒2个球，3号盒3个球，
共有种不同放法.
（3）解：当每个盒子至少有1个小球时，共有三类：
第一类，一盒4个球，其余两盒各1个球，有种；
第二类，一盒1个球，一盒2个球，一盒3个球，有种；
第三类，每盒2个球，有种.
综上可知，共有种不同放法.
（4）解：方法一：在2号盒子里放入1个小球，在3号盒子里放入2个小球，
然后在剩余的6个相同的小球中间5个空插入2个挡板，
共有种不同放法.
方法二：在号盒子里首先分别放入个球，
然后剩下的3个小球和两个挡板一起排队，5个位置中给挡板选两个位置，
共有种不同放法.
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）根据已知条件和分步乘法原理，从而得出共有不同方法种数.
（2）利用组合数公式和分步乘法计数原理，从而得出共有的不同放法种数.
（3）根据分组分配问题结合组合数公式、排列数公式，从而得出共有的不同放法种数.
（4）利用两种放法求解.
方法一：利用隔板法求解.
方法二：先在号盒子里先分别放入个球，再利用隔板法得出共有的不同放法种数.
（1）根据分步乘法计数原理得共有种不同放法.
（2）当每个盒子的球数不小于它的编号数时，1号盒1个球，2号盒2个球，3号盒3个球，共有种不同放法.
（3）当每个盒子至少有1个小球时，共有三类：
第一类，一盒4个球，其余两盒各1个球，有种；
第二类，一盒1个球，一盒2个球，一盒3个球，有种；
第三类，每盒2个球，有种.
综上得，共有种不同放法.
（4）方法一：在2号盒子里放入1个小球，在3号盒子里放入2个小球，
然后在剩余的6个相同的小球中间5个空插入2个挡板，共有种不同放法.
方法二：在号盒子里首先分别放入个球，
然后剩下的3个小球和两个挡板一起排队，5个位置中给挡板选两个位置，共有种不同放法.
18．【答案】（1）解：设事件“选取的2位学生分数不同”，
则，
则所选的2位学生分数不同的概率为.
（2）解：（ⅰ）设“学生分数不小于3”，
则，
若，则的可能取值为，
由题意可得，
则，，
，，
所以的分布列为：
又因为，
所以.
（ⅱ）若，则，
所以
因为最大，
所以，
则，
又因为且，
所以，当时，最大.
【知识点】互斥事件与对立事件；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）设事件“选取的2位学生分数不同”，根据对立事件求概率公式和组合数公式、互斥事件加法求概率公式以及古典概率公式，从而得出所选的2位学生分数不同的概率.
（2）（ⅰ）当时，，结合二项分布得出随机变量X的概率分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（ⅱ）当时，，利用最大结合二项分布的概率计算公式，从而可得，再解不等式组可得k的取值范围，再利用且，从而得出当时，最大.
（1）设事件“选取的2位学生分数不同”，
则，
故所选的2位学生分数不同的概率为；
（2）设“学生分数不小于3”，则，
（ⅰ）若，的可能取值为，由题意可得，
又，，
，，
所以的分布列为：
由于，则；
（ⅱ）若，则，
所以，
由于最大，
所以，
即，
因为，，所以时，最大.
19．【答案】（1）解：因为函数，
则，定义域为，
当时，，
在上单调递减；
当时，当时，；当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）解：（法一）设，
则，
令，则，
所以，当时，，
由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，
，
则，所以，
则.
（法二）根据题意，可知恒成立，
设，
则，
令则，
则在定义域上单调递增，易知，
则，使得，
所以时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增，
则，
所以，则.
（3）证明：由题意，得，
则，所以，
则，
此时在处的切线方程为，
令，得与轴交点纵坐标为，
，
对于且，则，
所以在上单调递增，
，则，
.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；数列的求和
【解析】【分析】（1）先求出导函数，再按照和分类讨论结合导数的正负判断出函数的单调性.
（2）利用两种放法求解.
法一：设，令，则，再根据导数的正负判定其单调性，从而得出其最值，再利用不等式恒成立问题求解放法，从而得出实数m的取值范围.
法二：设，多次求导判断其单调性，从而求出其最值，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数m的取值范围.
（3）利用导数的几何意义、点斜式方程求出切线方程，再根据赋值法得出，利用，再结合等差数列求和公式证明即可.
（1）函数，则，定义域为，
当时，，在上单调递减；
当时，时，，时，，
在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）（法一）设，
则，令，则，即当时，，
由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，
，
， 所以，即.
（法二）根据题意可知恒成立，
设，
则，
令，
则在定义域上单调递增，易知，
即，使得，
即时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
则，
所以，即
（3）由题设，则，
则，，
此时在处的切线方程为，
令得与轴交点纵坐标为；
，
对于且，则，即在上单调递增，
，即，
，得证．
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