2024-2025学年浙江省宁波市三锋教研联盟高二下学期期中联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省宁波市三锋教研联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题选择题部分一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.给出的下列选项中，正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】对A，，故A错误；对B，，故B错误；对C，，故C正确；对D，，故D错误.故选：C2.函数的最小正周期是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，故.故选：A3.已知角α的终边经过点，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为角α的终边经过点，所以.故选：B.4.某学校4000名学生的数学成绩X（单位：分）服从正态分布，且成绩在的学生人数约为1600，则估计成绩在100分以上的学生人数为（）A.200 B.400 C.2800 D.2000【答案】B【解析】由题意可知该正态分布的均值为90，由正态分布的对称性可知，即成绩在90分及以上的学生人数约为，因为成绩在的学生人数约为1600，故估计成绩在100分以上的学生人数为.故选：B.5.已知，则（）A. B.3 C.1 D.【答案】B【解析】由题干条件可知，所以，由和角的正切公式可得.故选：B.6.某班一天上午有4节课，下午有3节课，现在安排该班一天中语文、英语、物理、政治、体育各1节，数学2节，要求2节数学课都排在上午或下午且连续，体育课排在下午，则不同的排法种数是（）A.624 B.528 C.312 D.264【答案】D【解析】如果2节数学课排在上午，则数学课的安排情况为，，，共3种排法，此时体育课排在下午，有3种排法，剩下的4节课有种排法，所以数学课排在上午共有种排法.如果2节数学课排在下午，则数学课的安排情况为，，共2种排法，此时体育课排在下午，有1种排法，剩下4节课有种排法，所以数学课排在下午共有种排法.综上，不同的排法种数为，故选：D.7.已知的展开式中唯有第5项的系数最大，则t的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由的展开式中唯有第5项的系数最大，得，而，解得，即，所以t的取值范围是.故选：D8.若函数既有极大值也有极小值，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意，又函数既有极大值也有极小值，故方程有两个不相等的正根，故，则，排除ACD.因为，故异号，故.故选：B二、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.已知离散型随机变量X的分布列如下表：X0125Pa2a则下列说法正确的是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】对于A，由题意得，故A错误；对于B，，故B正确；对于C，，所以，故C正确；对于D，故D错误；故选：BC10.甲乙两个盒子中分别装有两种颜色不同但大小相同的小球，甲盒子中装有5个白球和5个黑球；乙盒子中装有4个白球和6个黑球．先从甲盒子中随机摸出一个小球放入乙盒子中，再从乙盒子中随机摸出一个小球，记表示事件“从甲盒子中摸出的是白球”，表示事件“从甲盒子中摸出的是黑球”，记表示事件“从乙盒子中摸出的是白球”，表示事件“从乙盒子中摸出的是黑球”，下列说法正确的是（）A.，是互斥事件 B.，是独立事件C. D.【答案】ACD【解析】对A，因为每次只摸出一个球，故，不能同时发生，故，互斥事件，故A正确；对B，因为，，，，故B错误；对C，，故C正确；对D，，故D正确.故选：ACD11.已知函数，则（）A.点是图像的对称中心 B.是的极小值点C.当时， D.当时，【答案】ABD【解析】由题可得，令，得或，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，单调递减，又，，，，且当时，，当时，，所以可作出的大致图象如图所示：选项A：设，则，令，得，又，所以点是图象的对称中心，故A正确；选项B：易知是的极小值点，故B正确；选项C：当时，，又在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，，所以，故C错误.选项D：当时，，又在上单调递增，所以，故D正确；故选：ABD.非选择题部分三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.在展开式中，各项系数的和是________.【答案】【解析】对于二项式，令可得展开式各项系数的和为.故答案为：13.，则________【答案】【解析】对函数求导得：，当时，，解得，故答案为：.14.某学校兴趣小组,该兴趣小组内学舞蹈且不学声乐的有3人,既学舞蹈又学声乐的有2人,从该兴趣小组中任选2人,设X为选出的人既学舞蹈又学声乐的人数,若,则该兴趣小组的人数是________人．【答案】7【解析】由题意，可能的取值为0，1，2，设该兴趣小组的人数是，，则，，故，即，则，故，即，因为为整数，故.故答案为：7四、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.已知函数（1）求函数的最小正周期和最大值；（2）讨论函数在上的单调性．解：（1）故函数的周期为，当，，即，，函数取到最大值为.（2）由（1）得当时，，从而当，即，单调递增；当，即时，单调递减．综上可知，在单调递增，在单调递减．16.已知的展开式中，前三项的系数成等差数列．（1）求n的值；（2）求展开式中二项式系数最大的项；（3）求展开式中所有的有理项．解：（1）展开式的通项为：，因为展开式中的前三项系数成等差数列．所以，整理得：，解得：或（舍）．所以；（2）第5项的二项式系数最大，所以二项式系数最大项为；（3）展开式的通项为当时，；当时，17.已知函数（1）当时，求曲线在点处的切线的方程；（2）探究的最小值；（3）当时，求的最小值的极值．解：（1）当时，，，则，，所以切线的方程为（2）定义域为．当时，，则在上单调递增，故没有最小值；当时，在单调递减，在单调递增，所以综上所述：当时，没有最小值；当时，最小值为；（3）由（2）可得设，则，令，得，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以的极大值为，无极小值．18.某学校组织开展了“学习强国答题挑战赛暨主题党日活动”.规则如下：每班派两名选手参赛，每位选手回答三个题，满分为60分，每题答对得10分，答错不得分.某班派了甲､乙两名同学参赛，且甲同学三题能回答正确的概率均为，乙同学三题能回答正确的概率依次为、、，两人的累计得分为班级总得分，总得分不少于50分班级将获得参加决赛的资格.（1）三题答完结束后，记为乙同学的累计得分，求的分布列和期望；（2）求班级获得决赛资格的概率.解：（1）由题意可得：可能取值为：0，10，20，30.；；；；所以分布列为：0102030分.（2）记为甲同学的累计得分.而；；所以班级获得决赛资格的概率：.19.帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，，注：，，，，…已知函数在处阶帕德近似为．（1）求实数a，b，c的值；（2）证明：当时，；（3）设t为实数，讨论方程的解的个数．解：（1），，由，可知，又，，，，由题意，，，所以，，综上，，.（2）由（1）知，，令，，所以在内为增函数，又，时，，得证．（3）的定义域是，①当时，，所以在上单调递增，且，所以在上存在1个零点；②当时，令，由，得，．又因为，，所以，．x00单调递增极大值单调递减极小值单调递增当时，因为，所以在上存在1个零点，且，；当时，因为，，而在单调递增，且，而，故，所以在上存在1个零点；当时，因为，，而在单调递增，且，而，所以，所以在上存在1个零点．从而在上存在3个零点．综上所述，当时，方程有1个解；当时，方程有3个解.浙江省宁波市三锋教研联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题选择题部分一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.给出的下列选项中，正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】对A，，故A错误；对B，，故B错误；对C，，故C正确；对D，，故D错误.故选：C2.函数的最小正周期是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，故.故选：A3.已知角α的终边经过点，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为角α的终边经过点，所以.故选：B.4.某学校4000名学生的数学成绩X（单位：分）服从正态分布，且成绩在的学生人数约为1600，则估计成绩在100分以上的学生人数为（）A.200 B.400 C.2800 D.2000【答案】B【解析】由题意可知该正态分布的均值为90，由正态分布的对称性可知，即成绩在90分及以上的学生人数约为，因为成绩在的学生人数约为1600，故估计成绩在100分以上的学生人数为.故选：B.5.已知，则（）A. B.3 C.1 D.【答案】B【解析】由题干条件可知，所以，由和角的正切公式可得.故选：B.6.某班一天上午有4节课，下午有3节课，现在安排该班一天中语文、英语、物理、政治、体育各1节，数学2节，要求2节数学课都排在上午或下午且连续，体育课排在下午，则不同的排法种数是（）A.624 B.528 C.312 D.264【答案】D【解析】如果2节数学课排在上午，则数学课的安排情况为，，，共3种排法，此时体育课排在下午，有3种排法，剩下的4节课有种排法，所以数学课排在上午共有种排法.如果2节数学课排在下午，则数学课的安排情况为，，共2种排法，此时体育课排在下午，有1种排法，剩下4节课有种排法，所以数学课排在下午共有种排法.综上，不同的排法种数为，故选：D.7.已知的展开式中唯有第5项的系数最大，则t的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由的展开式中唯有第5项的系数最大，得，而，解得，即，所以t的取值范围是.故选：D8.若函数既有极大值也有极小值，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意，又函数既有极大值也有极小值，故方程有两个不相等的正根，故，则，排除ACD.因为，故异号，故.故选：B二、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.已知离散型随机变量X的分布列如下表：X0125Pa2a则下列说法正确的是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】对于A，由题意得，故A错误；对于B，，故B正确；对于C，，所以，故C正确；对于D，故D错误；故选：BC10.甲乙两个盒子中分别装有两种颜色不同但大小相同的小球，甲盒子中装有5个白球和5个黑球；乙盒子中装有4个白球和6个黑球．先从甲盒子中随机摸出一个小球放入乙盒子中，再从乙盒子中随机摸出一个小球，记表示事件“从甲盒子中摸出的是白球”，表示事件“从甲盒子中摸出的是黑球”，记表示事件“从乙盒子中摸出的是白球”，表示事件“从乙盒子中摸出的是黑球”，下列说法正确的是（）A.，是互斥事件 B.，是独立事件C. D.【答案】ACD【解析】对A，因为每次只摸出一个球，故，不能同时发生，故，互斥事件，故A正确；对B，因为，，，，故B错误；对C，，故C正确；对D，，故D正确.故选：ACD11.已知函数，则（）A.点是图像的对称中心 B.是的极小值点C.当时， D.当时，【答案】ABD【解析】由题可得，令，得或，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，单调递减，又，，，，且当时，，当时，，所以可作出的大致图象如图所示：选项A：设，则，令，得，又，所以点是图象的对称中心，故A正确；选项B：易知是的极小值点，故B正确；选项C：当时，，又在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，，所以，故C错误.选项D：当时，，又在上单调递增，所以，故D正确；故选：ABD.非选择题部分三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.在展开式中，各项系数的和是________.【答案】【解析】对于二项式，令可得展开式各项系数的和为.故答案为：13.，则________【答案】【解析】对函数求导得：，当时，，解得，故答案为：.14.某学校兴趣小组,该兴趣小组内学舞蹈且不学声乐的有3人,既学舞蹈又学声乐的有2人,从该兴趣小组中任选2人,设X为选出的人既学舞蹈又学声乐的人数,若,则该兴趣小组的人数是________人．【答案】7【解析】由题意，可能的取值为0，1，2，设该兴趣小组的人数是，，则，，故，即，则，故，即，因为为整数，故.故答案为：7四、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.已知函数（1）求函数的最小正周期和最大值；（2）讨论函数在上的单调性．解：（1）故函数的周期为，当，，即，，函数取到最大值为.（2）由（1）得当时，，从而当，即，单调递增；当，即时，单调递减．综上可知，在单调递增，在单调递减．16.已知的展开式中，前三项的系数成等差数列．（1）求n的值；（2）求展开式中二项式系数最大的项；（3）求展开式中所有的有理项．解：（1）展开式的通项为：，因为展开式中的前三项系数成等差数列．所以，整理得：，解得：或（舍）．所以；（2）第5项的二项式系数最大，所以二项式系数最大项为；（3）展开式的通项为当时，；当时，17.已知函数（1）当时，求曲线在点处的切线的方程；（2）探究的最小值；（3）当时，求的最小值的极值．解：（1）当时，，，则，，所以切线的方程为（2）定义域为．当时，，则在上单调递增，故没有最小值；当时，在单调递减，在单调递增，所以综上所述：当时，没有最小值；当时，最小值为；（3）由（2）可得设，则，令，得，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以的极大值为，无极小值．18.某学校组织开展了“学习强国答题挑战赛暨主题党日活动”.规