坪山高中教育集團2024-205學年高二期中考試數學試卷時間：120分鐘；試卷滿分：150分2025.41.已知盒中裝有大小形狀完全相同的3個紅球、2個白球、5個黑球.甲每次從中任取一球且不放回，則在他第一次拿到的是紅球的前提下，第二次拿到白球的概率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】設“第一次拿到的是紅球”為事件A,“第二次拿到白球”為事件B，分別計算出，的值，由條件概率公式可得，可得答案.【詳解】解：設“第一次拿到的是紅球”為事件A,“第二次拿到白球”為事件B，可得：，,則所求事件的概率為：,故選：D.【點睛】本題主要考查條件概率與獨立事件的計算，屬于條件概率的計算公式是解題的關鍵.2.如果隨機變量X～N(4,1)，則P(X≤2)約等于()(注：P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.9545)A．0.210 B．0.0228C．0.0456 D．0.0215【答案】B[P(X≤2)＝(1－P(2<X≤6))×eq\f(1,2)＝[1－P(4－2<X≤4＋2)]×eq\f(1,2)＝(1－0.9545)×eq\f(1,2)≈0.0228.]3.設隨機變量，且，則的值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由二項分布的期望和方差公式求出，即可求解.【詳解】隨機變量服從二項分布，，解之得，所以．故選：B.【點睛】本題考查二項分布的期望、方差和獨立重復試驗的概率，熟記公式即可，屬于基礎題.4.滿足的正整數等于（）A.1，5 B.3， C.1，3 D.5，【答案】C【解析】【分析】根據組合數的運算性質列方程求解即可得的值.【詳解】若，則或，解得，或，，經檢驗，不符合組合數運算性質所以等于1或3.故選：C.5.函數，則等于()A.1 B.2 C.3 D.－4【答案】D【解析】【分析】根據基本初等函數的求導公式和求導法則求出，令x＝1，求出，再令x＝0即可求出.【詳解】，，，，，，故選：D.6.等于（）A.990 B.165 C.120 D.55【答案】B【解析】【分析】根據組合數性質化簡即可【詳解】因為，所以．故選：B7.某批麥種中，一等麥種占80%，二等麥種占20%等麥種種植后所結麥含有50粒以上麥粒的概率分別為0.6，0.2，則這批麥種種植后所結麥穗含有50粒以上麥粒的概率為（）A．0.48 B．0.52 C．0.56 D．0.65【分析】根據給定條件，利用全概率公式列式計算即得．【解答】解：種植一等麥種和二等麥種的事件分別為A1，A2，所結麥穗含有50粒以上麥粒為事件B，依題意，P（A1）＝0.8，P（A2）＝0.2，P（B|A1）＝0.6，P（B|A2）＝0.2，由全概率公式得，P（B）＝P（BA1）+P（BA2）＝P（A1）P（B|A1）+P（A2）P（B|A2）＝0.8×0.6+0.2×0.2＝0.52．故選：B．重慶南開8.定義在上的函數的導函數為，滿足，則不等式的解集為（）A.B.C. D.【答案】C【解析】【分析】令，求出導函數，即可得到的單調性，則問題轉化為，根據單調性將函數不等式轉化為自變量的不等式，解得即可.【詳解】令，則，所以在定義域上單調遞增，不等式，即，即，所以，解得，即不等式的解集為.故選：C多選9.下列求導正確的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根據基本初等函數的導數公式及導數的運算法則求各選項的導數即可.【詳解】A：，錯誤；B：，正確；C：，正確；D：，正確.故選：BCD10.設，則下列結論正確的是（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】根據二項展開式的通項公式，先求出和；再分別令，，代入題中式子，逐項判斷，即可得出結果.【詳解】因為展開式的第項為，又，所以，，則，故A正確；令，則，令，則；令，則，故，即B錯；，即C正確；，即D正確；故選：ACD.【點睛】方法點睛：求解二項展開式各項系數和或部分項的系數和時，一般利用賦值法，結合所給二項展開式進行求解即可.11.十八世紀30年代，數學家棣莫弗發現，如果隨機變量X服從二項分布，那么當n比較大時，可視為X服從正態分布，其密度函數，．任意正態分布，可通過變換轉化為標準正態分布（且）．當時，對任意實數x，記，則（

）A． B．當時，C．隨機變量，當減小，增大時，概率保持不變 D．隨機變量，當都增大時，概率單調增大【答案】AC【分析】根據結合正態曲線的對稱性，可判斷A;由可推得其結果為，判斷B;根據正態分布的準則可判斷C,D.【詳解】對于A，根據正態曲線的對稱性可得：，故A正確；對于B,當時，，故B錯誤；對于C，D，根據正態分布的準則，在正態分布中代表標準差，代表均值,即為圖象的對稱軸，根據原則可知數值分布在中的概率為0.6826，是常數，故由可知，C正確，D錯誤，故選：AC填空題12.已知隨機變量服從正態分布，則＝（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由方差的性質直接求解即可【詳解】因為隨機變量服從正態分布，所以，所以，故選：D13.為了促進邊疆少數民族地區教育事業的發展，坪山高級中學教育集團選派了3名男教師和2名女教師去支援新疆教育，要求這5名教師被分派到3個學校對口支教，每名教師只去一個學校，每個學校至少安排1名教師，其中2名女教師分派到同一個學校，則不同的分派方法有（）A.18種 B.36種 C.68種 D.84種【答案】B【解析】【分析】由題意：2名女教師分派到同一個學校考慮該校是否分配男教師，即可求出答案.【詳解】根據題意，分派方案可分為兩種情況:①2名女教師和1名男教師分派到同一個學校，則有種方法.②2名女教師分派到同一個學校，且該學校沒有分配沒有男教師，則有：種方法.故一共有：36種分配方法.故選：B.14．（2019春?碑林區校級月考）設實數，若對任意的，不等式恒成立，則的取值范圍為_______．解：方法一：隱零點實數，對任意的，不等式恒成立，，設，，，令，得，由指數函數和反函數在第一象限的圖象，得到與有且只有一個交點，設交點為，當時，，遞增，當時，，遞減，在處取得極小值，且為最小值，，令，解得，，當時，不等式恒成立，則的最小值為．方法二：同構，，當，不等式恒成立，當，構造，，，，構造，則，．解答題15.已知函數．（1）求曲線在點處的切線方程．（2）求在區間上的最大值和最小值．【答案】（1）；（2）最大值為，最小值為【解析】【分析】(1)求導，利用導數的幾何意義可求得切線方程；(2)利用導數確定函數在區間上的單調性，進而可得最值.【小問1詳解】由已知，則，所以曲線在點處的切線方程為，即.故在點處的切線方程為：【小問2詳解】令，即得或，令，則得，所以上單調遞增，在上單調遞減，又，，，顯然，在區間上的最大值為，最小值為.故在區間上的最大值為，最小值為.16.據調查，目前對于已經近視的小學生，有兩種配戴眼鏡的選擇，一種是佩戴傳統的框架眼鏡；另一種是佩戴角膜塑形鏡，這種眼鏡是晚上睡覺時佩戴的一種特殊的隱形眼鏡（因其在一定程度上可以減緩近視的發展速度，所以越來越多的小學生家長透擇角膜塑形鏡控制孩子的近視發展），A市從該地區小學生中隨機抽取容量為100的樣本，其中因近視佩戴眼鏡的有24人（其中佩戴角膜塑形鏡的有8人，其中2名是男生，6名是女生）（1）若從樣本中選一位學生，已知這位小學生戴眼境，那么，他戴的是角膜塑形鏡的概率是多大？（2）從這8名戴角膜塑形鏡學生中，選出3個人，求其中男生人數X的期望與方差；（3）若將樣本的頻率當做估計總體的概率，請問，從A市的小學生中，隨機選出20位小學生，求佩戴角膜塑形鏡的人數Y的期望和方差.【答案】（1）；（2），；（3）佩戴角膜塑形鏡的人數的期望是，方差是.【解析】【分析】（1）先根據該市的樣本求得這位學生佩戴眼鏡的概率和佩戴眼鏡是角塑性眼鏡的概率，再利用條件概率的計算公式計算即得結果；

（2）從8名學生選3個，男生人數X服從超幾何分布，按照，k=0，1，2，寫出分布列即可；（3）依題意隨機變量服從二項分布，利用公式計算期望和方差即可.小問1詳解】根據題中樣本數據，設“這位小學生佩戴眼鏡”為事件A，則，“這位小學生佩戴的眼鏡是角膜塑形鏡”為事件，則“這位小學生佩戴眼鏡，且眼鏡是角膜塑形鏡”為事件，則，故所求的概率為：，所以從樣本中選一位學生，已知這位小學生戴眼鏡，則他戴的是角膜塑形鏡的概率是；【小問2詳解】依題意，佩戴角膜塑形鏡的有人，其中名是男生，名是女生，故從中抽3人，男生人數X的所有可能取值分別為0，1，2，其中：；；.所以男生人數的分布列為：所以，，【小問3詳解】由已知可得：則：，所以佩戴角膜塑形鏡的人數的期望是，方差是.17.已知的展開式中第2項與第3項的二項式系數之和是21，（1）求的值；（2）求展開式中項系數最大的項.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）直接由解方程即可；（2）直接由求出，即可得到項系數最大的項.【小問1詳解】由題意可得，即，解得；【小問2詳解】由二項展開得到項系數為，則設，化簡為，解得，故，因此項系數最大的為第三項，為.18.設函數．（1）若是的極值點，求的值，并討論的單調性；（2）當時，求證：．【答案】（1）1；在上單調遞減，在上單調遞增.（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）求出函數的導數，根據極值點可求得m的值，繼而判斷導數正負，可得函數單調性；（2）結合放縮法，只需證明當時，.由此利用函數的導數求出函數最小值，結合隱零點問題，判斷最小值大于0，即可證明結論.【小問1詳解】由題意得，由是的極值點，得，所以.于是，定義域為.易知函數在上單調遞增，又，因此當時，；當時，.所以在上單調遞減，在上單調遞增，即得是的極小值點，符合題意，故，在上單調遞減，在上單調遞增.【小問2詳解】當，時，，則，故只需證明當時，.當時，函數在上單調遞增.又，故在上有唯一實根，且.當時，；當時，，從而當時，取得最小值.由得，則故.19.已知函數.（1）證明：函數在定義域內存在唯一零點；（2）設，試比較與的大小，并說明理由：（3）若數列的通項，求證.【答案】（1）證明見解析（2），理由見解析（3）證明見解析【解析】【分析】（1）求出導函數，分析函數的單調性，結合零點存在性定理即可得證；（2）先判斷出，分析即證.令，則，設，結合（1），即可證明；（3）由（2）知，若，總有成立.不妨令，得到.利用累加法即可證明.【小問1詳解】函數，定義域為求導得，所以函數在上單調遞增，當時，，所以函數在定義域內存在唯一零點.【小問2詳解】，理由如下：要證，只需證，即證，即證.令，則，從而即證.設，由（1）知以