湖北省武漢市重點中學5G聯合體2024-2025學年高二下學期期中考試數學一、單選題1．已知某質點位移與時間滿足函數，則質點在時的瞬時速度為（

）A．2 B．2.5 C．4 D．4.52．數列滿足（），且，，則（

）A． B．9 C． D．73．參加實踐活動的2名教師和A，B，C，D，4名志愿者站成一排合影留念，其中教師不站在兩端且不相鄰，且A、B相鄰的方法有（

）種A．20 B．12 C．36 D．244．已知，則（

）A． B．C． D．5．已知某家族有A、B兩種遺傳性狀，該家族某位成員出現A性狀的概率為，出現B性狀的概率為，A、B兩種遺傳性狀都不出現的概率為.則該成員在出現A性狀的條件下，出現B性狀的概率為（

）A． B． C． D．6．已知各項均為正數的等比數列的前n項和為，，，則的值為（

）A．8 B．10 C．9 D．67．在送教下鄉活動中，某學校安排甲、乙、丙、丁、戊五名老師到3所鄉學校工作，每所學校至少安排一名老師，且甲、乙、丙三名老師不同時安排在同一學校，則不同的分配方法總數為（

）A．36 B．72 C．144 D．1088．已知是函數的導函數，且對任意實數x都有，，則不等式的解集為（

）A． B．C． D．二、多選題9．下列求導運算正確的是（

）A． B．C． D．10．甲、乙兩個口袋各裝有1個紅球和2個白球，這些球除顏色外完全相同，把從甲、乙兩個口袋中各任取一個球放入對方口袋中稱為一次操作，重復n次操作后，甲口袋中恰有0個紅球，1個紅球，2個紅球分別記為事件，，，則（

）A． B．C． D．11．對于，，…，的全部排列，定義Euler數（其中，，1，…，n）表示其中恰有次升高的排列的個數（注：次升高是指在排列中有k處，，…，）.例如：1，2，3的排列共有：123，132，213，231，312，321六個，恰有1處升高的排列有如下四個：132，213，231，312，因此：.則下列結論正確的有（

）A． B．C． D．三、填空題12．的展開式中含項的系數為.13．某學校有A，B兩家餐廳，張同學第一天午餐隨機地選擇一家餐廳用餐.如果第一天去A餐廳，那么第二天去A餐廳的概率為0.8；如果第一天去B餐廳，那么第二天去A餐廳的概率為0.6.則張同學第二天去B餐廳用餐的概率為.14．對任意，，不等式恒成立，則實數a的取值范圍是.四、解答題15．已知函數，其中.(1)若在點處的切線與直線垂直，求a的值；(2)當時，求函數在區間上的最值.16．已知，且.(1)求的值；(2)若時，求被4整除的余數.17．已知數列的首項，且滿足.(1)求證：數列為等比數列；(2)求數列的前n項和.18．已知函數，，是自然對數的底數.(1)當時，求函數的極值；(2)若關于x的方程有兩個不等實根，求a的取值范圍；(3)當時，若，（其中）滿足，求證：.19．已知函數.(1)求的值；(2)求函數的單調區間；(3)若不等式對任意都成立（其中是自然對數的底數），求實數a的取值范圍.題號12345678910答案CBDADACBBCDBCD題號11答案AC1．C根據給定條件，求出函數的導數，再求出瞬時速度.【詳解】函數，求導得，所以質點在時的瞬時速度為.故選：C2．B根據等差數列項的性質結合通項公式計算求解.【詳解】因為，所以等差數列，設公差為，所以，即得，所以，所以，則.故選：B.3．D首先將、捆綁作為一組，與、排列，再將名教師插入中間的個空中，利用排列數公式計算可得.【詳解】首先將、捆綁作為一組，與、排列，則有種排法，再將名教師插入中間的個空中，則有種排法，綜上可得一共有種排法.故選：D4．A先求導，計算，最后計算即可.【詳解】由有，所以，所以，故選：A.5．D設該家族某位成員出現A性狀為事件，出現B性狀為事件，先計算，由計算，最后由即可計算.【詳解】設該家族某位成員出現A性狀為事件，出現B性狀為事件，則有，所以，又,所以，所以，故選：D.6．A根據等比數列基本量的計算和性質即可求解.【詳解】由可知等比數列的公比不為1，故，，又，所以，故，則，故選：A7．C考慮間接法求解,求出甲、乙、丙、丁、戊五名老師到3所鄉學校工作，每所學校至少安排一名老師的方法種數，減去每所學校至少安排一名老師且甲、乙、丙三名老師同時安排在同一學校的方法種數，利用排列組合數公式計算即得.【詳解】根據題意，考慮間接法求解，即求出甲、乙、丙、丁、戊五名老師到3所鄉學校工作，每所學校至少安排一名老師的方法種數，減去每所學校至少安排一名老師且甲、乙、丙三名老師同時安排在同一學校的方法種數即可.將甲、乙、丙、丁、戊五名老師到3所鄉學校工作，每所學校至少安排一名老師，可分為兩種情況，其一：按照“221”分組，有種方法；其二：按照“113”分組，有種方法.而每所學校至少安排一名老師且甲、乙、丙三名老師同時安排在同一學校的方法有種.故不同的分配方法總數為種.故選：C.8．B由條件可得，結合導數運算及求出函數的解析式，解不等式可得結論.【詳解】因為，所以，即，所以可設，即，又，所以，故，所以不等式可化為，故，所以，所以不等式的解集為.故選：B.9．BCD根據導數的運算法則即可求解.【詳解】，故A錯誤；，故B正確；，故C正確；，故D正確.故選：BCD.10．BCD對于A操作一次后甲袋中有1個紅球，則有兩種情況，第一種相互交換了1個紅球，第二種情況都只是交換了1個白球，即可計算，對于B操作兩次后甲袋中有0個紅球，即可求，對于C由表示操作3次后甲袋有兩個紅球，所以后面兩次操作乙袋中的紅球要交換到甲袋，即可計算，對于D由條件概率公式即可計算.【詳解】對于A：操作一次后甲袋中有1個紅球，則有兩種情況，第一種相互交換了1個紅球，第二種情況都只是交換了1個白球，所以，故A錯誤；對于B：操作兩次后甲袋中有0個紅球，則第一種情況：第一次操作甲袋中1個紅球換乙袋中的1個白球，第二次操作甲袋的一個白球換乙袋中的1個白球，第二種情況，第一次操作甲袋中1個紅球換乙袋中的1個紅球，第二次操作甲袋的紅球換乙袋中的1個白球，第三種情況：第一次操作甲袋中1個白球換乙袋中的一個白球，第二次操作甲袋中的紅球換乙袋中一個白球，所以，故B正確；對于C：表示第一次操作甲袋中有0個紅球，則，表示操作3次后甲袋有兩個紅球，所以后面兩次操作乙袋中的紅球要交換到甲袋，則，故C正確；對于D：，表示第一次甲袋1個紅球交換乙袋中的1個白球，第二次甲袋中1個白球交換乙袋中1個紅球，則，所以，故D正確，故選：BCD.11．AC按的定義計算，判斷，；根據的定義，舉反例判斷，.【詳解】選項A，將、、、全部排列，恰有1次升高的排列為，1排首位時，共有1432，共1個排列符合恰有1次升高；2排首位時，共有2431，2143，共2個排列符合恰有1次升高；3排首位時，共有3142，3214，3241，3421共4個排列符合恰有1次升高；4排首位時，共有4132，4213，4231，4312共4個排列符合恰有1次升高；故，故正確；選項，將、、、全部排列，恰有2次升高，排列個數可以如下考慮：1排首位時，共有1324，1423，1342，1243共4個排列符合恰有2次升高；2排首位時，共有2134，2341，2314，2413共4個排列符合恰有2次升高；3排首位時，共有3124，3412共2個排列符合恰有2次升高；4排首位時，共有4123共1個排列符合恰有2次升高；故，故B錯誤；選項C，舉例當，，，當由選項、知，，該對稱性普遍成立，故.故C正確；選項D，不妨取，則，而，，則，即，故，故D錯誤；故選：.12．由二項式定理得出含項的系數.【詳解】的展開式的通項為，由得，則含的項為，系數為故答案為：13．令事件表示第天去餐廳，事件表示第天去餐廳，，由全概率公式先求，由即可求解.【詳解】令事件表示第天去餐廳，事件表示第天去餐廳，，則，，由全概率公式有，所以，故答案為：.14．根據題意，得到，令，則，其中求得恒成立，得到在遞增，轉化為，轉化為，令，得到在為單調遞增函數，得到，得到，即可求解.【詳解】由不等式，可得，即，令，則，其中又由恒成立，則在單調遞增，所以，即，即，所以，令，可得，所以在為單調遞增函數，所以，即，所以，又因為，所以，所以實數的取值范圍是.故答案為：.15．(1)(2)，（1）先求導，計算，由切線與直線垂直即可求解；（2）利用導數研究函數的單調性，進而求得函數的最值.【詳解】（1）的定義域為，，∴，由題意知，∴.（2）當時，∴，又，當時，，當時，，∴在單調遞減，在單調遞增，∴，又，，∴，∴，∴.16．(1)(2)3（1）根據已知組合數及排列數計算得出，再求導函數結合賦值法求值；（2）應用二項式計算得出余數.【詳解】（1）∵，∴，∴又∵，∴，∴.兩邊同時求導數∴，令，∴.（2）時，，∴被4整除的余數為3.17．(1)證明見解析(2)（1）根據數列的遞推公式，結合等比數列的定義，即證明；（2）根據（1）的結果求數列的通項公式，再利用錯位相減法求和.【詳解】（1）∵，∴，∴，∴，又，∴，∴是首項為，公比為的等比數列.（2）由（1）知，則，，∴，∴，∴.18．(1)極大值，無極小值(2)(3)證明見解析（1）求出函數的導數，得出函數單調性進而得出極值；（2）把的根轉化為直線與的圖象有兩個交點求解；（3）由已知可得，構造函數，利用導數探討單調性即可推理得證.【詳解】（1）時，的定義域為，，在單調遞增，在單調遞減，極大值，無極小值.（2）有兩個不等實根，∴有兩個不等實根，即（），設，∴，在單調遞增，單調遞減，，當時，，，∴.（3）當時，，在單調遞增，在單調遞減，又且，∴要證，即證，即證，即證，設（），，∴在單調遞增，又，∴，又，∴，∴.19．(1)0(2)單調遞增區間為，單調遞減