江苏省徐州市2024-2025学年高二年级下册期中考试数学试题（解析版）

江苏省徐州市2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

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H要求的.

I.函数=/一sinx在［0,汨上的平均变化率为（）

A.1B.2C.nD./

【答案】C

【解析】平均变化率为八兀）一/（°）=王=兀.

7T-071

故选：C

2.已知函数〃x）=ln（2x+l）上一点P（l,/（1））,则在点P处切线的斜率为（）

123

A.-B.-C.1D.一

332

【答案】B

2

【解析】由f（%）=ln（2x+l）,可得:（刈=五币，

?2

故在点P处切线的斜率为/'（1）二—

乙I13

故选：B

3.已知A4是一个随机试验中的两个事件，且p（A）=g,P（回A）=；,则*48）=

()

【答案】D

_112

【解析】因为P（闻A）=w，由对立事件概率计算公式可得：P（B|A）=l--=-,

JJJ

I21

则P（八8）=P（八）P网八）=x=,故选:D.

233

4.已知随机变量X的概率分布如表所示，且E（X）=?,则，〃=（）

X123

2

Pnm

3

1

B.-C.-D.

643

【答案】B

12

【解析】由分布列的性质可得，〃+"2+彳=1，所以〃+/〃=工

33

又因为E(X)=U,所以E(X)=〃+2〃?+3X1=U,即〃+2机=3；

6366

21

〃+机二一m=—

36

联立方程〈，解得

r51

n+2m=—n=—

62

所以机=一.

6

故选：B

5.甲、乙两人向同一目标各射击1次，已知甲命中目标的概率为0.6,乙命中目标的概率

为0.5,已知目标至少被命中1次，则甲命中目标的概率为（）

A.0.5B.0.65C.0.75D.0.8

【答案】C

【解析】设事件A="甲命中目标“，3="至少命中一次”，

则P(8)=1-(1-0.6)x(l-0.5)=0.8,P(AB)=P(A)=0.6,

P\AB）0.6…

则已知目标至少被命中1次,则甲命中目标的概率为展/、=T—=0.75故选：C

I（D]v.O

6.已知〃力是定义在（TG0）U（0，+8）上的奇函数，若对于任意的X£（0,+8），都有

/(x)+V'(x)<。成立，且"1)=1,则不等式〃/)一,<0解集为()

AT

A.(^o,-l)u(0,l)B,(-1,())5(),)

C.(-oo,-l)u(l,+oo)D.(-l,0)U(l,+oo)

【答案】D

【解析】设函数g(x)=M>(x),则g'(x)=/(x)+矿(x),

因为/(力是(-。,o)5°，y)上的奇函数，

所以g(T)=T./(T)=#a)=g(X)，

所以g")是(e,0)5。,+8)上的偶函数，g⑴=〃1)=1,

因为当X£(0,+8)时，/(x)+矿(x)<0,

所以g'(x)<0,即g(工)在(。,+8)上单调递减，

因此g(X)在(y,0)上单调递增，

所以g(l)=/(l)=l，^(-l)=-lx/(-l)=l,

当x>o,原不等式可化为4(耳<1，即g(x)=va)<i=g(i),解得，>1,

当x<0,原不等式可化#(x)>L即g(x)=4Cx)>l=g(_l),解得TvxvO,

综上所述,XG(-1,0)U(1,+O)).

故选：D

7.某校有5名学生打算前往观看电影《哪吒2》，《战狼》，《流浪地球2》，每场电影至少有

1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看电影《哪吒2》的方案种数有()

A.30B.45C.60D.75

【答案】C

【解析】依题意，将5名学生分为1,2,2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组

2个人，共有甲0=15种方法；

由于甲同学不去观看电影《哪吒2》，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，

所以由2A；=4种方法；

按照分步乘法原理，共有4x15=60种方法.故选：C

8.以罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理为主体的“中值定理''反映函数与导

数之间的重要联系，是微积分学重要的理论基础，其中拉格朗bl中值定理是“中值定理''的

核心，其内容如下：如果函数y=/(x)在闭区间［4句上连续，在开区间(〃㈤内可导，

则(。,力)内至少存在一个点天)e(a,b),使得〃。)一/(。)=/'(.)仅一4)，其中x=%

称为函数y=f(x)在闭区间句上的“中值点”.请问函数"x)=d-2%在区间

上的“中值点”的个数为()

A.0B.1C.2D.3

【答案】C

【解析】因为/(x)=V-2x,

所以/'(x)=3d—2,/(-1)=1,〃1)=一1，

若…畔浑r

1一(一1)

（X-1

1

从正态分布N（4,b2）,其密度函数为巴e,RER，任意正态分布

一行

X-N.d），可通过变换Z=三幺转化为标准正态分布Z〜N（0,l）,当Z〜N（0,1）

时，对任意实数-记①（x）=P（Z<x）,则（）

A.当x>0时，P（-x<Z<x）=1-2（I）（x）

B.0（x）+O（-x）=l

C随机变量当〃，。都减小时，概率?（|X-4〈b）增大

D.随机变量X〜当〃增大，。减小时，概率P（|X—”<b）保持不变

【答案】BD

【解析】对于A：当x>0时，

P（-x<Z<.x）=l-P（Z<-x）-P（Z>x）=l-2/>（Z>x）

=l-2[l-P（Z<x）]=2（D（x）-l,故A错误;

对于B：根据正态曲线的对称性可得：

①（一"=P（Z<-x）=P（Z>x）=l-P（Z<x）=l-①（x）,即O（x）+O（-x）=l,

故B正确；

对于CD：根据正态分布的3b准则，在正态分布中。代表标准差，〃代表均值，即

为图象的对称轴，

根据3o■原则可知X数值分布在（"一b,〃+b）的概率是常数，

故由尸（|*一"<0'）=「（4一。<乂<。+〃）可知，D正确，C错误.

故选：BD.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.已知随机变量X〜p）,若E（X）=],D（X）=|,则〃=.

【答案】g

2

【解析】因为随机变量X~8（〃,〃），

所以E（X）=〃〃=|,D（X）=np（l-p）=^f

联立解得〃=彳.

故答案为：5

13.在如图所示的圆环形花园种花，将圆环平均分成A,B,C,。四个区域，现有牡丹、

芍药、月季、玫瑰、蝴蝶兰五种花可供选择，要求每个区域只种一种花且相邻区域的花不

同，则不同的种植方法有种.

【答案】84

【解析】现有牡丹、芍药、月季、玫瑰、蝴蝶兰五种花可供选择，要求每个区域只种一种花

且相邻区域的花不同，

则四个区域最少两种花，最多4种花.所以分三类：

若4和C相同，4和。相同时，有A；=12种方法；

若种三种花，分人和。杵同与不同两种情况，此时有C：(C；A；+A；)=48种；

若种四种花，则有A：=24种，

则不同的种植方法有12+48+24=84种.

故答案为：84.

14.若+x-122aY+ln(2aY+l)恒成立，则实数".

【答案】1

2

【解析】因为e'+x-l22"+111(2分+1)恒成立.,即e'+犬22办+1+111(20¥+1)恒成立,

即er+x>eln(2"'")+In(2ax+1)恒成立,

设/(x)=e”+x,则/⑴之/(in(2at+1))恒成立.

乂r(x)=e、+l>0,则f(x)在R上单调递增,

可得x21n(2av+l)恒成立，即e*之2d+1恒成立，

令g(x)=e'—x—l,则=所以当x>0时g'(x)>0,当了<0时

g'(x)<0,

所以g(x)在(0,+⑹上单调递增，在(F,0)上单调递减,所以g(x)2g⑼=0,

即恒成立(当且仅当x=0时取等号)，

所以2a=1,解得。=4.

2

故答案为：

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.

/八"

15.已知x+-的展开式中共有11项.

IX）

（1）求展开式中含/的项的系数；（结果用数字作答）

（2）求二项式系数最大的项.

解.：（1）由题意可知〃+1=解得〃=10,

/八1。

X+-展开式的通项为加二2'，（幻6«尸=2（；0/2,

IX）

令10-2/=4,

解得/=3,

故展开式中含/的项的系数为2（；0=960；

（2）由〃=10可得二项式系数最大的项为第六项，

（r\、5

5

即T6=C：（*-=2=8064.

16.结合排列组合，解决下列问题.（结果用数字作答）

（1）将4封不同的信放到3个不同的信箱中，有多少种放法？

（2）将4封不同的信放到3个不同的信箱中，每个信箱至少有一封信，有多少种放法？

（3）将4封标有序号4,B,C,。的信放到四个标有4B,C,。的信箱中，恰有一组

序号相同，则有多少种放法？

解：（1）将4封不同的信放到3个不同的信箱中，有3"=81种放法；

（2）将4封不同的信放到3个不同的信箱中，每个信箱至少有一封信，

r'C1

则将4封信分成1,1,2三组，有一宁=6组，再分给三个信箱，有6A；=36种放法：

A；

（3）将4封标有序号A,B,C,。的信放到四个标有4B,C,。的信箱中，

先确定•组序号相同有C：=4种情况，其余的全部不同均有2种情况，则共有4x2=8种

情况.

17.已知函数/（x）=（6f-l）ln¥+X+—（«GR）.

X

（1）若4=-2,求函数/（X）的单调区间和极值；

(2)若存在XW(l,+8),使得/(.E)(g成立，求〃的取值范围.

2

解：(I)若。=一2,则/(%)=-31nx+x——(x>0),

则O3]+/=/3j+2=(xT)(x2),

Xx~x~x~

令/'(x)>。，可得0<R<1或R>2；令/'(X)<0,可得1<XV2,

所以该函数增区间为(0,1)和(2,+8),减区间为(1,2),

当x=1时取得极大值一1.当x=2时取得极小值l-31n2；

(2)因为存在xw(L”)，有成立,

X

所以存在xe(l,+。。)，有/(x)-巴K0成立，即存在xe(l,+8),-l)lnx+xW0.

因为lnx>0,

所以存在X£(l,+8),—1)<-—,

设〃(力=二-,其中

-lnx+1

贝Ij"(x)=

因为X£(1,~F8),

所以(g)2>0,

当一hu+120时，//(x)>o,

因此h[x)在(l,e]上单调递增，在(e,+8)上单调递减，

所以〃3max=〃(e)=Y.

所以即aWl-e,

故。的取值范围为(y,l-e].

18.11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，

先得11分且至少2分领先者胜，该局比赛结束；当某局比分打成10：10后，每一球交换

发球权，领先2分者胜，该局比赛结束.现有甲、乙两人进行一场五局三胜且每局制乒

乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球.假设甲发球时甲得

32

分的概率为一，乙发球时乙得分的概率为一，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结

43

果也相互独立.已知第一局目前比分为10：10,且接下来轮到甲发球.

（1）求再打两个球甲新增的得分X的分布列和均值；

（2）求第一局比赛甲获胜的概率Po；

（3）现用?估计每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛日获胜的概率.

解；（1）依题意如，牙的所有可能取值为0,1,2；

p（X=0）=lx-=l,p（X=l）=lx-4-lxi=—,P（X=2）=』X，=L

'7436'7434312'7434

所以X的分布列为：

X012

7

P

6124

X的均值为E（X）=0x」+l

612412

（2）设第一局比赛甲获胜为事件B,平局后每次再打两个球后甲新增的得分为乙

则/（例Z=0）=0,P（B[Z=1）=P（B）,P（B|Z=2）=1；

I71

由⑴知，P（Z=0）=-,P（Z=l）=gP（Z=2）=-,

6124

由全概率公式得.

P（B）=P（Z=O）P（B|Z=O）+P（Z=1）P（B|Z=1）+P（Z=2）P（B|Z=2）

i71

二—xO+,P⑶+—,

612v74

解得尸（8）=3,即第一局比赛甲获胜的概率“0=3；

55

33

（3）由（2）知〃o=w，所以估计甲每局获胜的概率均为

根据五局三胜制的规则，设甲获胜时的比赛总局数为Y,

因为每局的比赛结果相互独立，所以丫的所有可能取值为3,4,5,

3

所以P(V=3)=(|、总，p（1）=c；x3?2162

X5-625

5;

诋5)=W|j648

3125

所以该场比赛甲获胜的概率为。=夕(丫=3)+*丫=4)+网丫=5)=不行

19.若定义在R上的函数y=/(x)和y=g(x)分别存在导函数7'(戈)和g'(x),且对任

意实数x,都存在常数上,使r(x)“g'(x)成立，则称函数y=/(x)是函数y=g(.t)的

"2—控制函数”,称欠为控制系数.

(1)求证：函数〃x)=3x+l是函数g(x)=cosx的“3-控制函数3

(2)若函数/(6=-犬-奴一12/-20工是函数屋X)=已'的"—控制函数”，求控制系

数人的取值范围；

(3)若函数p(x)=e'+神-'函数y=q(x)为偶函数,函数y=p(x)是函数y=9(x)

的“1一控制函数，，，求证：=的充要条件是“存在常数。，使得〃⑴-4(x)=c恒成

解：(1)因为/(x)=3x+l,g(x)=co&r,所以/(r)=3,g'(x)=-sin.r,

则g(x)w[T/‘

故/'(x)-3g'(x)=3+3sinxNO,即/'(x)N3g'(x)恒成立，

故函数〃x)=3x+l是函数g(x)=cosx的“3-控制函数”.

(2)/(x)=-x4-4x34-12x2-20x,g(x)=e”,

则f(x)=-4x3-12x2-24x-20,q<x)=eA>0,

因为函数/(x)是函数g(x)的”—控制函数”，

所以，对任意的xwR,fr(x)>kgf(x),

/'(x)

则&«勺4，

g(x)

./\/'(x)-4x’-12r—24x—20

令小人所-------