江苏省镇江市扬中高级中学2024-2025学年高二数学下学期期中试题含解析

PAGE19-江苏省镇江市扬中高级中学2024-2025学年高二数学下学期期中试题（含解析）一､选择题1.设，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】分析】分别求出和的解，结合充分必要条件的定义，即可得出结论.【详解】，解得，，解得或，“”成立，则“或”成立，而“或”成立，“”不肯定成立，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题考查充分不必要条件的判定，属于基础题.2.为了探讨中学学生对乡村音乐的看法(喜爱和不喜爱两种看法)与性别的关系，运用2×2列联表进行独立性检验，计算得，则认为“喜爱乡村音乐与性别有关系”的把握约为()P()0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828A.0.1% B.1% C.99.5% D.99.9%【答案】C【解析】【分析】依据观测值与临界值的比较可得结论.【详解】∵K2＝8.01＞7.879，观测值同临界值进行比较可知，有99.5%的把握认为“喜爱乡村音乐与性别有关系”．故选C.【点睛】本题主要考查独立性检验，驾驭观测值与临界值进行比较的方法是求解的关键，题目较为简洁，侧重考查对概念的理解.3.若6把钥匙中只有2把能打开某锁，则从中任取2把能将该锁打开的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】从中任取2把，基本领件总数，从中任取2把能将该锁打开包含的基本领件个数，由此能求出从中任取2把能将该锁打开的概率．【详解】解：6把不同的钥匙中只有2把能打开某锁，从中任取2把，基本领件总数，从中任取2把能将该锁打开包含的基本领件个数，从中任取2把能将该锁打开的概率．故选：A．【点睛】本题考查概率的求法，考古典概型、排列组合等基础学问，考查运算求解实力、推理论证实力，考查函数与方程思想，属于基础题．4.已知两变量和一组观测值如下表所示：假如两变量线性相关，且线性回来方程为,则（）234546A. B. C. D.【答案】D【解析】分析】依据回来直线方程过样本点的中心，求出，代入线性回来方程中即可．【详解】把代入中，得，故本题选D．【点睛】本题考查了回来直线方程过样本点的中心．5.由2，3，5，0组成的没有重复数字的四位偶数的个数是（）A.12 B.10 C.8 D.14【答案】B【解析】【分析】依据个位是和分成两种状况进行分类探讨，由此计算出全部可能的没有重复数字的四位偶数的个数.【详解】当0在个位数上时，有个；当2在个位数上时，首位从5，3中选1，有两种选择，剩余两个数在中间排列有2种方式，所以有个所以共有10个．故选：B【点睛】本小题主要考查简洁排列组合的计算，属于基础题.6.在处有微小值，则常数c的值为（）A.2 B.6 C.2或6 D.1【答案】A【解析】函数，∴，又在x=2处有极值，∴f′(2)=12−8c+=0，解得c=2或6，又由函数在x=2处有微小值，故c=2，c=6时,函数在x=2处有极大值，故选A.点睛：已知函数的极值点求参数的值时，可依据建立关于参数的方程（组），通过解方程（组）得到参数的值后还须要进行验证，因为“”是“为极值点”的必要不充分条件，而不是等价条件，因此在解答此类问题时不要忘了验证，以免产生增根而造成解答的错误．7.已知是定义在上的奇函数，且对随意总有，则的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据，得到，再结合奇偶性求解.【详解】因为，所以，所以所以故选：B【点睛】本题主要考查函数奇偶性和周期性的应用，还考查运算求解的实力，属于中档题.8.若函数与函数有两条公切线，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】设公切线与函数，分别切于点，，依据导数的几何意义求出在处的切线的斜率并分别写出切线的方程，再依据公切线的概念可得两曲线的切线重合，列出方程消去，从而将问题转化为有两解，求出的取值范围，即得到答案．【详解】设公切线与函数的图象切于点，因为，所以，所以在点处斜线的斜率，所以切线方程为；设公切线与函数的图象切于点，因为，所以，所以在处点斜线的斜率，所以切线方程为，所以有，因为，所以，．又，令，则，所以，令且，得；令且，得，所以在上为减函数，在上为增函数.所以函数与函数有两条公切线，满意，即，所以．故选：D．【点睛】本题主要考查已知两公切线的条数求参数取值范围，导数的几何意义，同时考查导数在探讨函数中的应用及数形结合的思想，属于难题．二､多项选择题9.下列各选项给出的两个函数中，表示相同函数的有（）A.与 B.与C.与 D.与【答案】BC【解析】【分析】逐项考查每两个函数的定义域和对应法则是否相同即可.【详解】对于选项A，与对应法则不同，所以两者不是同一函数；对于选项B，与定义域和对应法则均相同，所以两者是同一函数；对于选项C，与定义域和对应法则均相同，所以两者是同一函数；对于选项D，的定义域为，而的定义域为，定义域不同，所以两者不是同一函数；故选：BC.【点睛】本题主要考查同一函数的判定，两个函数是同一函数要满意两个条件：一是定义域要相同；二是对应法则要一样.侧重考查数学抽象的核心素养.10.若，则下列不等式中正确的是（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】【分析】由不等式的性质及函数的单调性可得正确的选项.【详解】因为在为减函数，故当时，有，故A不正确.因为在为增函数，故当时，有，故C错误.，因为，故，所以即，故B正确.因为，故，所以，故D正确.故选：BD.【点睛】本题考查不等式的性质和函数的单调性，一般地，代数式的大小比较有作差法、作商法，也可以依据其形式选择合适的函数来探讨，本题属于基础题.11.某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是（）A.若随意选择三门课程，选法总数为B.若物理和化学至少选一门，选法总数为C.若物理和历史不能同时选，选法总数为D.若物理和化学至少选一门，且物理和历史不能同时选，选法总数为【答案】ABD【解析】【分析】若随意选择三门课程，选法总数为，若物理和化学至少选一门，选法总数为，若物理和历史不能同时选，选法总数为，若物理和化学至少选一门，且物理和历史不能同时选，选法总数为.【详解】若随意选择三门课程，选法总数为，故A错误若物理和化学至少选一门，选法总数为，故B错误若物理和历史不能同时选，选法总数为，故C正确若物理和化学至少选一门，且物理和历史不能同时选，选法总数为故D错误故选：ABD【点睛】当遇到“至多”“至少”型题目时，一般用间接法求会比较简洁.12.函数，下列结论正确的是（）A.时，有两个零点 B.时，的微小值点为2C.时，恒成立 D.若只有一个零点，则【答案】ABD【解析】【分析】对选项逐个验证即得答案.【详解】对于选项，当时，，其定义域为，，令.当时，；当时，，在上单调递减，在单调递增，，且，在定义域内有两个零点，故选项正确；对于选项，由上面的推导过程可知，当时，的微小值点为2，故选项正确；对于选项，由上面的推导过程可知，，故选项错误；对于选项，若只有一个零点，则方程只有一个根，即方程只有一个根，令，则函数图象与直线只有一个交点.，令，当时，；当时，，在上单调递减，在上单调递增，，且当时，；当时，；函数图象与直线只有一个交点时，，故选项正确.故选：.【点睛】本题考查导数在探讨函数中的应用，属于中档题.三､填空题13.的绽开式中项的系数为___________【答案】14【解析】【分析】由二项式定理写出的通向，求出通项中，即可求系数.【详解】解：绽开式中的第项为，则当时，；当时，，.故答案为：14.【点睛】本题考查了二项式定理.做题关键是驾驭二项绽开式通项公式.14.甲､乙两人参与歌颂竞赛晋级的概率分别为和，且两人是否晋级相互独立，则两人中恰有一人晋级的概率为___________.【答案】【解析】【分析】分两种状况探讨：①甲晋级而乙未晋级；②乙晋级而甲未晋级.利用独立事务的概率乘法公式可求得所求事务的概率.【详解】由题意可知，事务“两人中恰有一人晋级”包含两种状况：①甲晋级而乙未晋级；②乙晋级而甲未晋级.由独立事务的概率乘法公式可得，所求事务的概率为.故答案为：.【点睛】本题考查利用独立事务的概率乘法公式计算事务的概率，考查计算实力，属于基础题.15.在曲线的全部切线中，切线斜率的最小值为________.【答案】【解析】【分析】求出原函数导函数，可得导函数的最小值，求出访导函数取最小值的值，即可得出结果.【详解】解：由题意得,，当且仅当时取等号.故答案为：.【点睛】本题考查利用导数探讨过曲线上某点处的斜率，考查基本不等式求最值，是中档题.16.已知函数在区间上有四个不同的零点，则实数的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】依据函数在R上有四个不同的零点，得到和上各自都有两个零点，分类探讨，即可求解．【详解】由题意，要使得函数在R上有四个不同的零点，则当和上各自都有两个零点，当时，函数的两根方程为，，所以，解得；当时，函数，则，解得，所以当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当，函数取得最大值，所以，解得，综上可得实数的取值范围为．故答案为：．【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中涉及到二次函数的零点问题，以及利用导数探讨函数的单调性与最值的应用，着重考查了分析问题和解答问题的实力，属于中档试题．四､解答题17.已知集合，集合.(1)当时，求；(2)设，若“”是“”的必要不充分条件，求实数的取值范围.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）化简集合，再进行集合的交、并运算；（2）由“”是“”的必要不充分条件，得到集合，再利用数轴得到关于的不等式.【详解】（1）当时，，集合，所以.（2）因为，所以，，因为“”是“”的必要不充分条件，所以，所以解得：.【点睛】利用数轴发觉关于的不等式时，要留意端点的取舍问题.18.盒子中放有大小形态完全相同的个球，其中个红球，个白球.（1）某人从这盒子中有放回地随机抽取2个球，求至少抽到个红球的概率；（2）某人从这盒子中不放回地随机抽取个球，每抽到个红球得红包嘉奖元，每抽到个白球得到红包嘉奖元，求该人所得嘉奖的分布列.【答案】（1）；（2）分布列答案见解析.【解析】【分析】（1）方法一：分为三种状况，即抽到个红球，抽到1个红球1个白球和抽到1个白球1个红球，概率相加得到答案；方法二：至少抽到个红球的事务的对立事务为2次均没有取到红球(或2次均取到白球)，计算可得结果；（2）随机变量可能的取值为，计算每个数对应概率，得到分布列，计算数学期望得到答案.【详解】（1）法1：记抽取红球的事务为，抽取白球的事务为，且每次取到红球的概率均为，每次取到白球的概率均为.则至少抽到个红球的概率表示为：答：至少抽到个红球的概率为.法2：至少抽到个红球的事务的对立事务为2次均没有取到红球(或2次均取到白球)，每次取到红球的概率均为，每次取到白球的概率均为，所以答：至少抽到个红球的概率为.（2）由题意，随机变量可能的取值为，，，，所以随机变量的分布表为：【点睛】本题考查了概率的计算，分布列，数学期望，意在考查学生的计算实力，属于基础题.19.已知函数．当时，求的单调增区间；若在上是增函数，求得取值范围．【答案】(1).(2).【解析】【分析】（1）求单调增区间，先求导，令导函数大于等于0即可；（2）已知在区间（0，1）上是增函数，即在区间（0，1）上恒成立，然后用分别参数求最值即可．【详解】（1）当时，，所以，由得，或，故所求的单调递增区间为.（2）由，∵在上是增函数，所以在上恒成立，即恒成立，∵（当且仅当时取等号），所以，即.【点睛】本题考查利用导数探讨函数的单调性和对勾函数在定区间上的最值问题，体现了分类探讨和转化的思想方法，考查了学生敏捷应用学问分析解决问题的实力．20.已知函数．（1）推断并证明函数的奇偶性；（2）推断当时函数的单调性，并用定义证明；（3）若定义域为，解不等式．【答案】（1）奇函数（2）增函数（3）【解析】【分析】（1）函数为奇函数，利用定义法能进行证明；（2）函数在为单调递增函数，利用定义法能进行证明；（3）由，得，由此能求出原不等式的解集．【详解】（1）函数为奇函数．证明如下：定义域为，又，为奇函数．（2）函数在（-1，1）为单调函数．证明如下：任取，则，，，即，故在（-1，1）上为增函数．（3）由（1）、（2）可得则，解得：，所以，原不等式的解集为．【点睛】本题主要考查函数的奇偶性与单调性的应用，先要正确理解和把握函数相关性质本身的含义及其应用方向.在运用函数性质特殊是奇偶性、周期、对称性、单调性、最值、零点时，要留意用好其与条件的相互关系，结合特征进行等价转化探讨.如奇偶性可实现自变量正负转化，周期可实现自变量大小转化，单调性可实现去，即将函数值的大小转化自变量大小关系.21.如图所示，某建筑公司要在一块宽大的矩形地面上进行开发建设，阴影部分为一公共设施建设不能开发，且要求用栏栅隔开（栏栅要求在始终线上），公共设施边界为曲线的一部分，栏栅与矩形区域的边界交于点，，交曲线于点，设．（1）将(为坐标原点)的面积表示成的函数；（2）若在处，取得最小值，求此时的值及的最小值．【答案】（1）S(t)＝（2）a＝，【解析】【详解】试题分析：（1）求的导函数，设出的坐标，确定过点的切线方程，进而可得的坐标，表示出三角形的面积；（2）把代入，利用导数探讨的最值问题，即可确定△（为坐标原点）的面积的最小值.试题