2024-2025学年山东师大附中高二（下）期中数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年山东师大附中高二（下）期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.在(2x−1x)6的展开式中xA.−192 B.192 C.32 D.−322.曲线f(x)=3x3−ex在(0,f(0))处的切线与直线ax+y+1=0A.2 B.12 C.−1 D.3.安排6名志愿者完成A，B，C三项工作，其中A项工作需3人，B项工作需2人，C项工作只需1人，则不同的安排方式共有(

)A.60种 B.20种 C.360种 D.45种4.已知函数f(x)与f′(x)的图象如图所示，则函数g(x)=f(x)ex的递减区间为(

)A.(0,4)

B.(−∞,1)，(43,4)

C.(0,435.甲、乙、丙三人玩掷硬币游戏，依次连续抛掷一枚质地均匀的硬币1次，每次结果要么正面向上，要么反面向上，两种结果等可能，而且各次抛掷相互独立.记事件A表示“3次结果中有正面向上，也有反面向上”，事件B表示“3次结果中最多一次正面向上”，事件C表示“3次结果中没有正面向上”，则(

)A.事件B与事件C互斥 B.P(B)=38

C.记C的对立事件为C−，则P(B|C−)=46.已知函数f(x)=lnx+ax2−2x有两个不同的极值点x1，x2，则实数A.(−∞,12) B.(0,12)7.若数列{an}的通项公式为an=(−1)n−1n，记在数列{A.P1=23 B.P9<8.设O为坐标原点，若曲线y=x2+4和曲线y=alnx(a>0)上分别存在A，B两点，使得∠AOB=45°，则a的取值范围为A.[35e,+∞) B.[e2,+∞)二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.五一假期即将来临，甲、乙、丙、丁、戊五名同学决定到济南的著名景点“大明湖”、“趵突泉”、“千佛山”游玩，每名同学只能选择一个景点，则下列说法正确的有(

)A.所有可能的方法有53种

B.若每个景点必须有同学去，则不同的安排方法有150种

C.若每个景点必须有同学去，且甲和乙不去同一个景点，则不同的安排方法有114种

D.甲同学去大明湖的概率为10.“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是(

)

A.第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数

B.第2023行中第1012个数和第1013个数相等

C.第34行中第15个数与第16个数之比为2：3

D.记“杨辉三角”第n行的第i个数为ai，则11.对于函数f(x)=xlnx，下列判断正确的是(

)A.f(x)≤x−1

B.2f′(2)>f′(4)

C.当x1>x2>0时，m(x12三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.(2+3x−x2)n展开式中各项系数的和为64，则13.某病毒可能造成“持续人传人”.通俗点说就是A传B，B传C，这就是“持续人传人”，而A，B被称为第一代、第二代传播者.假设一个身体健康的人被第一代、第二代传播者感染的概率分别为0.9，0.8，健康的小明参加了一次多人宴会，事后知道，参加宴会的人有7名第一代传播者，3名第二代传播者.若小明参加宴会，仅和感染的10人中的一人接触，则感染的概率为______．14.已知函数f(x)=lnxx，设g(x)=f2(x)−af(x)，若g(x)只有一个零点，则实数a的取值范围是______；若不等式g(x)>0四、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.(本小题13分)

已知(2x−1)n的展开式中的第2项第3项和第4项的二项式系数成等差数列．

(1)求n的值．

(2)记f(x)=(2x−1)n，求f(13)被16.(本小题15分)

某厂有甲，乙，丙三个车间生产同一种产品，这三个车间的产量分别占总产量的百分比及所生产产品的不合格率如下表所示：车间甲车间乙车间丙车间产量占比25%35%40%不合格率0.050.040.02设事件A=“从该厂产品中任取一件，恰好取到不合格品”

(1)求事件A的概率；

(2)有一用户买了该厂一件产品，经检验是不合格品，但该产品是哪个车间生产的标志已经脱落，判断该产品来自哪个车间的可能性最大，并说明理由．17.(本小题15分)

已知函数f(x)=a−2ax+ex．

(1)讨论f(x)的单调性．

(2)若函数f(x)有最小值，且f(x)的最小值大于4a2+a18.(本小题17分)

已知A，B两个袋子中均装有若干个大小、质地完全相同的红球和白球.A袋中红球和白球共9个，现从袋中不放回地连取两个，至少有一个红球的概率为712；从B袋中摸出一个红球的概率是p.在每轮中，甲同学先选择一个袋子摸一次球并放回，乙再选择一个袋子摸一次球并放回，则该轮结束.已知在每轮中甲选A，B两袋的概率均为12.如果甲选A袋，则乙选B袋的概率为45；如果甲选B袋，则乙选B袋的概率为35．

(1)若p=23，求在一轮中乙从B袋中摸出红球的概率．

(2)求在一轮中乙摸出红球的概率．

(3)若甲，乙两位同学进行了3轮摸球.乙同学认为，19.(本小题17分)

已知函数f(x)=ln(x+m)．

(1)证明：当m≤1时，f(x)<ex．

(2)设g(x)=f′(x)−1f′(x)+af(x)，令m=0．

(ⅰ)讨论g(x)的单调性．

(ⅱ)若g(x)存在两个极值点x1参考答案1.A

2.C

3.A

4.D

5.D

6.B

7.C

8.A

9.BCD

10.ABD

11.BD

12.4

13.0.87

14.{0}∪(1e,+∞)15.解：(1)依题意，得2Cn2=Cn1+Cn3，即n(n−1)=n+n(n−1)(n−2)3×2×1，解得n=7或n=2(舍去)；

(2)∵f(x)=(2x−1)7，

∴f(13)=257=(6×4+1)7=C70247+C71246+...+C76241+C77240，

由于C717.解：(1)因为f(x)=a−2ax+ex，所以f′(x)=−2a+ex，

若a≤0，则f′(x)>0在R上恒成立，f(x)在R上递增，

若a>0，令f′(x)>0，得x>ln2a，令f′(x)<0，得x<ln2a，

故此时f(x)的单调减区间为(−∞,ln2a)，单调增区间为(ln2a,+∞)；

(2)由(1)，若函数f(x)有最小值，则a>0，且f(x)min=f(ln2a)=a−2aln2a+2a=3a−2aln2a，

则3a−2aln2a>4a2+a，即4a2+2aln2a−2a<0，

因为a>0，所以不等式化为2a+ln2a−1<0，

因为g(a)=2a+ln2a−1在(0,+∞)上递增，且g(12)=0，

所以g(a)<0的解集为(0,12)，即a的取值范围为(0,12).

18.解：(1)设C=“乙摸出的是红球”，D=“甲从A袋中摸球”，E=“乙从B袋中摸球”，

由全概率公式可得，p(E)=P(D)P(E|D)+P(D−)P(E|D−)=12×45+12×35=710，

所以在一轮中，乙从B袋中摸出红球的概率为P(EC)=P(E)P(C|E)=710×23=715；

(2)设A袋中白球的个数为n(0<n<9,n∈N)，可得1−Cn2C92=712，

解得n=6，所以A袋中白球的个数为6，红球的个数为3，

所以从A袋中摸出红球的概率为13，

在一轮中，乙摸出红球的概率为P(C)=P(E)P(C|E)+P(E−)P(C|E−)

=710p+310×13=110(1+7p)；

(3)3轮摸球后乙摸出2个红球的概率为

P=C32[110(7p+1)]2[1−110(1+7p)]=31000(1+7p)2(9−7p)(0>p<1)，

设f(p)=(1+7p)2(9−7p)，则f′(p)=7(1+7p)(17−21p)，

可得当0<p<1721时，f′(p)>0，f(p)单调递增，

当1721<p<1时，f′(p)<0，f(p)单调递减，

所以当p=1721时，3轮摸球后乙摸出2个红球的概率最大，

所以不同意乙的观点．

19.解：(1)证明：根据题目：已知函数f(x)=ln(x+m)．

f(x)在定义域内是增函数，

∴当m≤1时，f(x)=ln(x+m)≤ln(x+1)，

要证f(x)<ex，只需证ln(x+1