广东省中山市永安中学2024-2025学年高二下学期第二次段考数学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页广东省中山市永安中学2024-2025学年高二下学期第二次段考数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．设集合，集合，定义，则中元素的个数是（

）A．7 B．10 C．25 D．522．下列命题正确的有（

）A．已知函数在上可导，若，则B．已知函数，若，则C．D．设函数的导函数为，且，则3．若，则（

）A．5 B．20 C．60 D．1204．已知函数的导函数的图象如图所示，那么对于函数，下列说法正确的是（

）A．在上单调递增 B．在上单调递减C．在处取得极大值 D．在处取得极大值5．的展开式中常数项为（

）A．120 B．-120 C．180 D．-1806．甲、乙两位同学进行投篮比赛，其中甲每次投进的概率为，乙每次投进的概率为，两人各投三次，一共投中四次的概率为（

）A． B． C． D．7．已知函数恰有一个极值点，则的取值范围是（

）A． B．C． D．8．已知函数是定义在R上的可导函数，其导函数为．若，且，则使不等式成立的x的值可能为(

)A．－2 B．－1 C． D．2二、多选题9．下列说法正确的是（

）A．从10名男生，5名女生中选取4人，则其中至少有一名女生的概率为B．若随机变量，则方差C．若随机变量，，则D．已知随机变量的分布列为，则10．现有个编号为，，，的不同的球和个编号为，，，，的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（）A．共有种不同的放法B．恰有一个盒子不放球，共有种放法C．每个盒子只放一个球，恰有个盒子编号与球的编号相同，不同放法有种D．将个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有种11．已知是定义在上的奇函数，当时，，则（

）A．的极大值点为B．函数的零点个数为3C．函数的零点个数为7D．的解集为三、填空题12．某次大型联考10000名学生参加，考试成绩（满分100分）近似服从正态分布（其中和分别为样本的均值和标准差），若本次考试平均成绩为65分，87分以上共有228人，学生甲的成绩为76分，则学生甲的名次大致是名.附：若随机变量服从正态分布，则，13．用0、1、2、3、4、5这六个数字组成一个无重复数字的五位偶数，这样的数有个.14．若过点可以作曲线的两条切线，则的取值范围是.四、解答题15．已知函数f(x)=2lnx+a2x(1)求的值；(2)求函数的最大值．16．在下面两个条件中任选一个条件，补充在后面问题中的横线上，并完成解答.条件①：展开式前三项的二项式系数的和等于46；条件②：第4项与第7项的二项式系数相等；问题：在二项式的展开式中，已知__________.(1)求展开式中二项式系数最大的项；(2)设，求的值；(3)求的展开式中，按的升幂排列的前三项.17．某篮球夏令营举行超远距离投篮闯关游戏，游戏规则如下：夏令营成员组队参加游戏，每队由三名队员组成.三名队员排好出场顺序后，依次出场投篮，且每名队员只投一次.如果一名队员投中，则游戏停止；如果这名队员没有投中，则派出下一名队员，直至有队员投中（闯关成功）或无队员可派出（闯关失败）时游戏停止.现有甲、乙、丙三人组队参加游戏，他们投中的概率分别为、、，且每次每人投中与否相互独立.(1)若，，，求游戏停止时小队有人投中的概率；(2)若，现在小队计划两种方案参加游戏.方案一：甲最先、乙次之、丙最后；方案二：丙最先、甲次之、乙最后；（ⅰ）若采用方案一，求所需派出人员数目的分布列和期望；（ⅱ）分析采用哪种方案，可使所需派出人员数目的期望更小.18．全面建成小康社会取得了伟大历史成就，决战脱贫攻坚取得了决定性胜利，某脱贫县实现脱贫奔小康的目标，该县经济委员会积极探索区域特色经济，引导商家利用多媒体的优势，对本地特产进行广告宣传，取得了社会效益和经济效益的双丰收.(1)该县经济委员会为精准了解本地特产广告宣传的导向作用，在购买该县特产的客户中随机抽取300人进行广告宣传作用的调研，对因广告宣传导向而购买该县特产的客户统计结果是：客户群体中青年人约占15%，其中男性为20%；中年人约占50%，其中男性为35%；老年人约占35%，其中男性为55%.以样本估计总体，视频率为概率.①在所有购买该县特产的客户中随机抽取一名客户，求抽取的客户是男性的概率；②在所有购买该县特产的客户中随机抽取一名客户是男客户，求他是中年人的概率（精确到0.0001）；(2)该县经济委员会统计了某6至12月这7个月的月广告投入（单位：万元）；（单位：万件）的数据如表所示：月广告投入/万元1234567月销量/万件28323545495260请根据相关系数说明相关关系的强弱.（若，则认为两个变量有很强的线性相关性，值精确到0.001）参考数据：.参考公式：相关系数.19．设函数，曲线在点处的切线方程为．(1)求的值；(2)设函数，求的单调区间；(3)求的极值点个数．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《广东省中山市永安中学2024-2025学年高二下学期第二次段考数学试题》参考答案题号12345678910答案BDDCDCCDBCDBCD题号11答案ABC1．B【分析】由集合的运算可得、，再结合新定义即可得解.【详解】因为，，所以，,又，所以中元素的个数是.故选：B.【点睛】本题考查了集合的运算及新定义的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.2．D【分析】利用导数的定义求解判断A；求出导数并列式求得判断B；利用导数的运算法则求解判断C；两边求导再赋值求出判断D.【详解】对于A，，A错误；对于B，由，求导得，则由，解得，B错误；对于C，，C错误；对于D，由，求导得，则，解得，D正确.故选：D3．D【分析】根据组合数的性质求出，再根据排列数公式计算可得.【详解】因为，所以或，解得（舍去）或，所以.故选：D4．C【分析】根据导函数的图象确定导数符号，判断的区间单调性及极值情况，即可得.【详解】由图知，在、上，在上，所以在、上单调递减，在上单调递增，所以处取极小值，处取得极大值.故选：C5．D【分析】因为，所以分别求和展开式中的常数项，即可得出结果.【详解】展开式的通项为:，.不存在的值使得，所以的展开式中没有常数项；当且仅当时，的展开式可取到常数项，则的常数项为.综上所述：的展开式中常数项为-180.故选：D.6．C【分析】设甲投三次，投中的次数为，乙投三次，投中的次数为，易知服从二项分布，再利用二项分布的概率公式、相互独立事件同时发生的概率公式及互斥事件的概率公式，即可求解.【详解】设甲投三次，投中的次数为，则，设乙投三次，投中的次数为，则，则，又，，，所以一共投中四次的概率为，故选：C.7．C【分析】函数恰有一个极值点，只需有一个变号实数根，反解参数，研究其单调性，得出的取值范围.【详解】，，因为函数恰有一个极值点，所以有一个变号实数根，即有一个变号的根，即与一个交点，且在该交点前后两函数的大小关系发生变化，令，则，令，函数单调递增，解得：，令，函数单调递减，解得：，则，有一根，即，当，时都有当时，，所以.综上所述，的取值范围是故选：C8．D【分析】根据已知条件构造函数，要求解的不等式可化为，判断F(x)单调性即可求解.【详解】设，则，∵，∴，∴，即在定义域R上单调递减．∵，∴，∴不等式等价于，即，解得，结合选项可知，只有D符合题意．故选：D．9．BCD【分析】由古典概型概率公式计算概率判断A；由二项分布的方差公式及方差的性质计算后判断B；根据正态分布的对称性计算即可判断C；由随机变量分布列的性质求解判断D.【详解】对于A，设至少有一名女生为事件，则，则，A错误；对于B，因为随机变量，所以，，B正确；对于C，根据正态分布的性质，，所以，，C正确；对于D，，得，可得，解得，所以，D正确；故选：BCD10．BCD【分析】对A，按照分步乘法原理可计算；对B，从5个盒子中选出4个盒子的排列；对C，先选定两个盒子的编号与球的编号相同的球，再考虑剩下的两个球不放进自己编号的盒子放法；对D，即考虑哪个盒子为空的放法.【详解】对于A，每个球都有5种放法，共有种放法，故A错误；对于B，把球全部放入盒子内，恰有一个盒子不放球，则有4个盒子每个盒子放1个球，有种放法，故B正确；对于C，每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有种放法，故C正确；对于D，将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒，即有4个盒子每个盒子放1个球的放法有5种，故D正确.故选：BCD.11．ABC【分析】利用导函数求出单调区间，根据极值定义和奇偶性可判断A；数形结合判断B、C；赋值方法判断D【详解】由题意得，当时，，得，令，得，令，得；所以在单调递减，在单调递增，所以的极小值点为1，又是定义在上的奇函数，所以的极大值点为，故A对；当时，则，所以，又是定义在上的奇函数，所以，所以

分别画出和的图象，得函数的零点个数为3，B对；令，得或或，令，得，或，如图，分别画出的图象，

由图可知：函数的零点个数为7，C对；令，则，故D错；故选：ABC【点睛】方法点睛：对于零点个数的求法：一是通过解方程求出零点，二是数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解12．1587【分析】由本次模拟考试成绩都近似服从正态分布，，87分以上共有228人，结合原则，求得，再由甲市学生在该次考试中成绩为76分，且，利用概率公式求解即得.【详解】已知本次模拟考试成绩都近似服从正态分布，由题意可得．，而即，解得．甲市学生在该次考试中成绩为76分，且，又，即．学生在甲市本次考试的大致名次为1587名．故答案为：158713．【分析】可分为两类：（1）当在个位数时，（2）当不在个位数时，分别求得五位偶数的个数，结合分类计数原理，即可求解.【详解】由题意，可分为两类：（1）当在个位数时，可构成无重复数字的五位偶数，共有个；（2）当不在个位数时，先从中任选一个数字排在个位数上，有种，在从剩余的非零数字中选一个数字排在首位，有种，最后从剩余的4个数字中，选出3个数字进行全排列，有种，共有种.由分类计数原理，可得共有个故答案为：312.14．【分析】切点为，通过导数的几何意义求得过点的切线方程，代入点得，令，由题意得有两个不同的解，结合函数的图象可求得t的范围.【详解】由求导，得，设切点为，则切线方程，由切线过，得，整理得，令，依题意方程有两个不同的解，函数的对称轴为，且当时，，当时，.作出函数的图象.由图知，方程有两个不同的解等价于.即的范围为，故答案为：.15．(1)(2)【分析】（1）求导，由题意得到，即可求解；（2）求导，确定函数的单调性，即可求解.【详解】（1），直线的斜率为，依题意，所以；（2）定义域为，由得到：当变化时，和的变化情况如下表:+0-单调递增单调递减所以在时取得最大值，即最大值为16．(1)、(2)(3)【分析】（1）根据所选条件，应用组合数方程求得，由二项式的性质确定二项式系数最大的项即可；（2）赋值法分别求出、，即可求目标式的值；（3）利用二项式展开式通项写出常数项、含的项、含的项，即可得结果.【详解】（1）选择①，因为，解得，选择②，因为，解得，展开式中二项式系数最大的项为和.（2）由（1）知：令，则，令，则，所以.（3）在的展开式中：常数项，含的项，含的项：，所以，在的展开式中，按的升幂排列的前三项是：.17．(1)(2)（ⅰ）分布列见解析，；（ⅱ）方案一【分析】（1）由独立事件的乘法公式和对立事件的概率公式可得；（2）（i）先求出的分布列，再由期望公式求出期望；（ii）分别求出两种方案的期望，作差比较大小即可；【详解】（1）设“停止比赛时小队有人投中”为事件，则，所以.（2）（ⅰ）的所有可能取值为1，2，3，，；所以的分布列为123.（ⅱ）设方案二所需派出人员数目，同理可得，因为，所以，所以，方案一可使所需派出人员数目的期望更小.18．(1)①0.3975；②0.4403(2)与的线性相关程度相当高【分析】（1）根据全概率公式即可得出①的答案，进而根据条件概率公式可得出②的答案；（2）由已知可求得，，，然后代入相关系数公式即可求出相关系数的值，进而得出两个变量线性相关性的强弱.【详解】（1）设事件“抽取的是男性客户”“青年客户”，“中年客户”，“老年客户”，依题设，，①由全概率公式②（2）由题意，知，所以，所以，又，所以相关系数，显然与的线性相关程度相当高.19．(1)(2)答案见解析(3)3个【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义得到，，从而得到关于的方程组，解之即可；（2）由（1）得的解析式，从而求得，利用数轴穿根法求得与的解，由此求得的单调区间；（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间，，与上的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得的极值点个数.【详解】（1）因为，所以，因为在处的切线方程为，所以，，则，解得，所以.（2）由（1）得，则，令，解得，不妨设，，则，易知恒成立，所以令，解得或；令，解得或；所以在，上单调递减，在，上单调递增，即的单调递减区间为和，单调递增区间为和.（3）由（1）得，，由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增