2024-2025學(xué)年重慶十一中教育集團高二（下）期中數(shù)學(xué)試卷（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學(xué)年重慶十一中教育集團高二（下）期中數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.計算A42?CA.2 B.?2 C.?4 D.42.某高山滑雪運動員在一次訓(xùn)練中滑行的路程l(單位：m)與時間t(單位：s)之間的關(guān)系為：l(t)=2t2+32tA.10.5m/s B.13.5m/s C.15.0m/s D.18.0m/s3.用1，2，3，4，5這五個數(shù)字組成沒有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)，其中偶數(shù)共有(

)A.24個 B.30個 C.40個 D.60個4.已知函數(shù)f(x)的定義域為R，且f(x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x).若函數(shù)y=f′(x)的圖象如圖所示，則(

)A.f(x)在區(qū)間(?1,+∞)上單調(diào)遞增

B.f(x)在區(qū)間(?∞,0)上單調(diào)遞減

C.f(0)<f(?1)<f(?2)

D.f(?5.某網(wǎng)紅奶茶店“C?ill?Tea”在市中心有三個分店：A店、B店、C店.根據(jù)平臺數(shù)據(jù)，顧客選擇A、B、C店的概率分別為30%、50%、20%.已知各分店高峰期制作時間超過15分鐘的概率分別為：A店20%、B店40%、C店30%.若小明隨機選擇一個分店下單，他等待超過15分鐘的概率是(

)A.28% B.32% C.35% D.40%6.從編號1～10的10張卡片中依次不放回地抽出兩張，記事件A：“第一次抽到數(shù)字為5的倍數(shù)”，事件B：“第二次抽到的數(shù)字小于第一次”，則P(B|A)=(

)A.15 B.518 C.13187.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x<0時，f(x)+xf′(x)<0，若f(2)=0，則不等式xf(x)>0的解集為(

)A.(?2,0)∪(0,2) B.(?∞,?2)∪(2,+∞)

C.(?2,0)∪(2,+∞) D.(?∞,?2)∪(0,2)8.已知函數(shù)f(x)=ax?sinx(a∈R)，對于任意x1,x2∈(0,π3)，當(dāng)xA.(0,+∞) B.[0,+∞) C.(12,+∞)二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知事件A，B滿足P(A)=0.5，P(B)=0.2，則(

)A.若B?A，則P(AB)=0.5 B.若A與B互斥，則P(A+B)=0.7

C.若A與B相互獨立，則P(AB?)=0.9 D.若P(B|A)=0.2，則A10.2025年重慶市“心之向往，渝跑渝愛”主題馬拉松賽事設(shè)置了全程馬拉松、半程馬拉松、健康跑和親子跑四個項目.在渝大學(xué)生踴躍參加志愿服務(wù)，現(xiàn)有甲、乙等5名大學(xué)生志愿者，通過培訓(xùn)后，擬安排在全程馬拉松、半程馬拉松和健康跑、親子跑四個項目進行志愿者活動，則下列說法正確的是(

)A.若全程馬拉松項目必須安排2人，其余三項各安排1人，則有60種不同的分配方案

B.若每個比賽項目至少安排1人，且每人均被安排，則有240種不同的分配方案

C.安排這5人排成一排拍照，若甲、乙相鄰，則有42種不同的站法

D.安排這5人排成一排拍照，若甲不站排頭和排尾，則有72種不同的分配方案11.已知函數(shù)f(x)=x(x?1)(ex?a)，則下列說法正確的是A.若a=e，則f(x)有2個零點

B.若a≤0，則f(x)<0的解集為(0,1)

C.?a>0，f(x)在(0,+∞)上有極小值

D.?0<a<1，f(x)在(0,+∞)上有極大值三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.隨機變量X的分布列如表所示：X1234P0.1m0.32m則P(X≤2)=______．13.已知函數(shù)f(x)=lnxx，若函數(shù)y=f(x)?m(m為常數(shù))有且僅有2個零點，則m的取值范圍是______．14.甲、乙、丙三人一起踢毽子，第1次由甲踢出毽子，每次踢毽子時，踢毽子者都等可能地將毽子踢給另外兩個人中的任何一人，則3次踢毽子后毽子在乙手中的概率為______，n次踢毽子后毽子在乙手中的概率為______．四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題15分)

已知函數(shù)f(x)=3x3+ax+b在x=1處取得極值?1．

(1)求實數(shù)a，b的值；

(2)求f(x)在區(qū)間[?2,3]16.(本小題15分)

在(x+2x)n的展開式中，_____．

給出下列條件：①二項式系數(shù)和為64；②第三項的二項式系數(shù)為15；③只有第4項的二項式系數(shù)最大；試在這三個條件中任選一個，補充在上面的橫線上，并且完成下列問題：

(1)求n的值，并求出展開式中的常數(shù)項；

(2)求(1+17.(本小題15分)

2025年世界游泳錦標(biāo)賽將在新加坡舉辦，游泳比賽分為預(yù)賽、半決賽和決賽三個階段，只有預(yù)賽、半決賽都獲勝才有資格進入決賽.已知甲在預(yù)賽和半決賽中獲勝的概率分別為12和23，乙在預(yù)賽和半決賽中獲勝的概率分別為23和34，丙在預(yù)賽和半決賽中獲勝的概率分別為p和43?p，其中13<p<23.假設(shè)每次比賽結(jié)果相互獨立．

(1)甲、乙、丙進入決賽的概率分別是多少？

(2)如果甲、乙、丙三人都進入決賽的概率為572，求p18.(本小題15分)

已知函數(shù)f(x)=a(1?ex)+x，a∈R．

(1)若a>0，判斷f(x)的單調(diào)性；

(2)若f(x)≤0，求a的值；

(3)已知g(x)=xex+12，19.(本小題17分)

牛頓法(Newton′s?met?od)是牛頓在17世紀(jì)提出的一種用導(dǎo)數(shù)求方程近似解的方法，其過程如下：如圖，設(shè)r是f(x)=0的根，任意選取x0作為r的初始近似值，曲線y=f(x)在點(x0,f(x0))處的切線為l1，設(shè)l1與x軸交點的橫坐標(biāo)為x1，并稱x1為r的1次近似值；曲線y=f(x)在點(x1,f(x1))處的切線為l2，設(shè)l2與x軸交點的橫坐標(biāo)為x2，稱x2為r的2次近似值.一般地，曲線y=f(x)在點(xn,f(xn))(n∈N)處的切線為ln+1，記ln+1與x軸交點的橫坐標(biāo)為xn+1，并稱xn+1為r的n+1次近似值.不斷重復(fù)以上操作，在一定精確度下，就可取xn為方程f(x)=0的近似解.對于函數(shù)f(x)=x+lnx，已知f(r)=0，并取x0=1作為r的初始近似值．

參考答案1.【答案】A

2.【答案】B

3.【答案】A

4.【答案】C

5.【答案】B

6.【答案】C

7.【答案】D

8.【答案】D

9.【答案】BD

10.【答案】ABD

11.【答案】ABC

12.【答案】0.3

13.【答案】(0,114.【答案】38；13+16×(?12)n?1．

15.【答案】解：(1)f(x)=3x3+ax+b，則f′(x)=9x2+a，

因函數(shù)f(x)=3x3+ax+b在x=1處取得極值?1，

則f(1)=3+a+b=?1f′(1)=9+a=0，解得a=?9b=5，

經(jīng)檢驗，a=?9b=5符合題意．

(2)由(1)得f(x)=3x3?9x+5，f′(x)=9x2?9，

f′(x)>0，得?2<x<?1或1<x<3，f′(x)<0，得?1<x<1，

所以f(x)在(?2,?1)和(1,3)上單調(diào)遞增，在(?1,1)上單調(diào)遞減，

故f(x)在x=?1處取得極大值，在x=1處取得極小值，

f(?2)=?1，f(?1)=11，f(1)=?1，f(3)=59，

則f(x)在區(qū)間[?2,3]上的最大值為59，最小值為?1．

16.解：(1)若選①，則2n=64，解得n=6，此時二項式(x+2x)6的常數(shù)項為C63x3(2x)3=160；

若選②，則Cn2=15，解得n=6，此時二項式(x+2x)6的常數(shù)項為C63x3(2x)3=160；

若選③，則Cn3最大，且n為偶數(shù)，則n=6，此時二項式(x+2x)6的常數(shù)項為C63x3(2x)3=160；

綜上，選①②③：n的值為6，且此時二項式(x+2x)6的常數(shù)項為C63x3(2x)3=160；

(2)由(1)可知n=6，則多項式為(1+x2)(x+X0123P73111518.解：(1)f′(x)=?aex+1，因為a>0，令f′(x)=0，解得：x=?lna，

所以當(dāng)f′(x)>0時，x<?lna，

當(dāng)f′(x)<0時，x>?lna，

所以f(x)在(?∞,?lna)上單調(diào)遞增，在(?lna,+∞)上遞減；

(2)由(1)可知，當(dāng)a>0時，f(x)在(?∞,?lna)上單調(diào)遞增，

在(?lna,+∞)上單調(diào)遞減，

故f(x)max=f(?lna)，

若f(x)≤0，則f(x)max≤0，即f(?lna)≤0，

代入可得：f(?lna)=a(1?e?lna)?lna=a?1?lna，

令g(x)=x?1?lnx(x>0)，則g′(x)=1?1x=x?1x，

當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)<0，當(dāng)x∈(1,+∞)時，g′(x)>0，

所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞)上單調(diào)遞增，

則g(x)min=g(1)=0，即f(?lna)min≥0恒成立，且f(1)=0，

所以f(?lna)=0，即a=1；

當(dāng)a<0時，f′(x)=?aex+1>0恒成立，即f(x)在R上單調(diào)遞增，又f(0)=0，

所以當(dāng)x>0，f(x)>f(0)=0，f(x)≤0不恒成立，

故a<0不成立．

綜上所述a=1；

(3)證明：令?(x)=g(x)?f(x)=(x?1)ex?x+32，x∈(0,+∞)，

?′(x)=xex?1，令t(x)=xex?1，

t′(x)=(x+1)ex>0，

所以?′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，

因為?′(12)=e2?1<0，

?′(1)=e?1>0，

所以?′(x)在(12,1)上存在唯一零點x0，

令?′(x0)=0，則ex0=1x0，

令?′(x)>0，所以x>x0；令?′(x)<0，所以0<x<x0；

所以?(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減，在(x0,+∞)上單調(diào)遞增，

所以?(x)min

=?(x0)=(x0?1)ex0?x0+32=52?(x0