重庆市第十一中学校教育集团2023-2024高二下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）

重庆市第十一中学校教育集团高2025届高二下期中考试
数学试题
注意事项：
1．本试卷满分为150分，考试时间为120分钟.
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上.
3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单选题（每小题5分，共40分）
1. 若，则（ ）
A. 6 B. 5 C. 4 D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】利用组合数公式和排列数公式化简即可得解.
【详解】由得，
解得.
故选：D
2. 某物体的运动方程为（位移单位：，时间单位：），若，则下列说法中正确的是（ ）
A. 是物体从开始到这段时间内的平均速度
B. 是物体从到这段时间内的速度
C. 是物体在这一时刻的瞬时速度
D. 是物体从到这段时间内的平均速度
【答案】C
【解析】
【分析】根据瞬时速度的定义即可得解.
【详解】由，
可知，是物体在这一时刻的瞬时速度.
故选：C
3. 某市的5个区县，，，，地理位置如图所示，给这五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有（ ）
A. 24种 B. 36种 C. 48种 D. 72种
【答案】D
【解析】
【分析】先对A，B，C三个区域染色，再讨论B，E是否同色
【详解】当B，E同色时，共有种不同的染色方案，
当B，E不同色时，共有种不同的染色方案，
所以共有72种不同的染色方案.
故选：D
4. 已知函数在区间上单调递增，则实数的最大值为（ ）
A. 4 B. 5 C. 2 D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的单调性可得导数不等式恒成立，分离参数求最值即可得解.
【详解】，
又函数在区间上单调递增，
所以在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
由，当且仅当，即时等号成立，
所以，即实数的最大值为4.
故选：A
5. 某位同学家中常备三种感冒药，分别为金花清感颗粒3盒、莲花清瘟胶囊2盒、清开灵颗粒5盒．若这三类药物能治愈感冒的概率分别为，他感冒时，随机从这几盒药物里选择一盒服用（用药请遵医嘱），则感冒被治愈的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据全概率公式计算可得；
【详解】记服用金花清感颗粒为事件，服用莲花清瘟胶囊为事件，服用清开灵颗粒为事件，感冒被治愈为事件，
依题意可得，，，，，，
所以
.
故选：C
6. 已知函数，过点作曲线的两条切线，切点分别为和，若，则实数（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求出切线斜率，再由两点求切线斜率建立方程，可由根与系数的关系得解.
【详解】由题意知，
因为与曲线相切，
所以，整理得，
同理，
则，是方程的两个实数根，
所以，
所以．
故选：D.
7. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先写出展开式的通项求出，再令求出，令求出
，再两边除以即可得解.
【详解】二项式展开式的通项为（且），
令，解得，所以，
又，
令可得，
令可得，
所以，
所以，
即.
故选：A
8. 已知函数有三个零点，，，其中，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据解析式得，由，得，设，则，从而可得，求解导函数，分类讨论与两种情况下函数的单调性，从而可得答案.
【详解】定义域为，显然，
若是零点，则，
，
所以也是零点，函数有三个零点，
不妨设，则，
所以，，
因为有三个零点，令，则，
即或，
当时，的对称轴为，且，
所以当时，，即恒成立，
即函数在上单调递增，不符合题意；
当时，设的两根分别为，
则，，故，
因为或时，，；时，，.
所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
当时，，，
，当，，
所以由零点存在定理易知有三个零点，满足题意.
综上，的取值范围是.
故选：B
【点睛】关键点点睛：求解本题的关键是根据函数解析式得若是零点，也是零点，从而得，所以求的取值范围即求的取值范围，然后求解导函数，利用导数分类讨论函数的单调性即可.
二、多选题（每小题6分，共18分）
9. 南岸区安排甲、乙、丙、丁四个学生去某市的，，，四个学校交流学习，每名学生只能去一个学校，则下列说法正确的是（ ）
A. 若四个学校都有人去，则共有24种不同的安排方法
B. 若甲乙不能去同一个学校，则共有148种不同的安排方法
C. 若甲不去A学校，乙不去B学校，且每学校均有人去，则共有18种不同的安排方法
D. 若南岸区又计划向这四个学校追加18个交换生名额，且每学校至少3个名额，则共有84种不同的追加方式
【答案】AD
【解析】
【分析】全排列可得A正确；先将甲乙分配到2个不同学校，再将剩余2人任意安排到4个学校可得B错误；先无限制全排好再除去甲去A校，乙去B校，再加上多减的即可判断C错误；隔板法，先每个学校安排2名额，然后使用3块隔板将剩下的10个名额分成4份，且隔板不相邻，不在两端，再计算后可得D正确.
【详解】若四个学校都有人去，则共有种不同的安排方法，故A正确；
若甲乙不能去同一个学校，则共有种不同的安排方法，故B错误；
若甲不去A学校，乙不去B学校，且每区均有人去，则共有种不同的安排方法，故C错误；
若又计划向这四个学校追加18个交换生名额，且每校至少3个，先每个学校分2个名额，然后使用隔板法将10个名额分成4份，且隔板不相邻，不在两端，则共有种不同的安排方法，故D正确；
故选：AD.
10. 下列选项中正确的是（ ）
A. 已知随机变量服从二项分布，则
B. 口袋中有大小相同的7个红球、2个蓝球和1个黑球．从中任取两个球，记其中红球的个数为随机变量，则的数学期望
C. 对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测，从中任取2件，已知其中一件为正品，则另一件也为正品的概率是
D. 某射击运动员每次射击击中目标的概率为0.8，则在9次射击中，最有可能击中的次数是7次
【答案】BC
【解析】
【分析】由二项分布的方差公式、超几何分布的均值公式分别判断AB，由条件概率与对立事件关系判断C，由二项分布的性质判断D．
【详解】A选项，，，，A错误；
B选项，X服从超几何分布，，，B正确；
C选项，根据题意，设“第一次摸出正品”为事件A，“第二次摸出正品”为事件B，则
,，，故C正确；
D选项，设9次射击击中k次概率最大，
则，解得，所以同时最大，故或，D错误．
故选：BC．
11. 若函数在处取得极值，则（ ）
A.
B. 为定值
C. 当时，有且仅有一个极大值
D. 若有两个极值点，则是的极小值点
【答案】ABC
【解析】
【分析】求导，由题意可知，是方程的一个变号实数根，则，即可判断A；由判断 B；当时，可得，当时，当时，即可判断C；将代入整理得，则方程有不相等的实数根与，分类讨论，结合极值点的定义可判断D.
【详解】的定义域为，则，
，
由题意可知，是方程的一个变号实数根，
则，故A正确；
由得，，故B正确；
当时，因为，
所以函数开口向下，且与轴正半轴只有一个交点，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则有且仅有一个极大值，故C正确；
将代入整理得，
则方程有不相等的实数根与，即，
当时，时，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则是的极大值点，是的极小值点，
当时，时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则是的极大值点，是的极小值点，故D错误，
故选：ABC.
三、填空题（每小题5分，共15分）
12. 高二年级开设3门拓展专题课，现有4位同学参加专题课的学习，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，则不同的报名方法有______.
【答案】36
【解析】
【分析】根据题意对4位同学分3组，根据分组分配方法求解即可.
【详解】根据题意，四位同学选3门拓展专题课，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，
需要分三组，则三组人数为1、1、2，此时有种不同的分组方法，
再对三组排序有种不同的方法，根据分步乘法计数原理，共有种不同的安排方法.
故答案为： 36
13. 已知函数为定义在上的可导函数，且．则不等式的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】令，，利用导数求出函数的单调性，不等式，即，根据单调性转化为自变量的不等式，解得即可.
【详解】因为，
令，，则，
所以上单调递增，
不等式，即，
即，所以，解得，
即不等式的解集为.
故答案为：
14. 某篮球队为提高队员的训练积极性，进行小组投篮游戏，每个小组由两名队员组成，队员甲与队员乙组成了一个小组．游戏规则：每个小组的两名队员在每轮游戏中分别投篮两次，每小组投进的次数之和为4次的称为“神投小组”，获得二次“神投小组”的队员可以结束训练．已知甲、乙两名队员每次投进篮球的概率分别为，若，在游戏中，甲乙两名队员想结束训练，理论上他们小组要进行________轮游戏才行．
【答案】32
【解析】
【分析】根据给定条件，求出甲乙两人获得“神投小组”概率表达式，并求出其最大值，再利用二项分布期望公式计算作答.
【详解】依题意，甲乙组队获得“神投小组”的概率，
而，则有，当且仅当时取“=”，
因此，，因甲乙在一轮游戏中有获得“神投小组”和没有获得“神投小组”两个结果，
则甲乙在n轮游戏中获得“神投小组”次数满足，，
甲乙两名队员想结束训练，他们必获得2次“神投小组”称号，即，解得，
所以甲乙两名队员想结束训练，理论上他们小组要进行32轮游戏才行．
故答案为：32
四、解答题（15题13分，16-17题每题15分，18-19每题17分）
15. 已知函数，且，求：
（1）的值；
（2）曲线在点处的切线方程；
（3）函数在区间上的最大值．
【答案】（1）1 （2）
（3）4
【解析】
【分析】（1）先求导，利用求出参数a；
（2）根据导数的几何意义可得切线斜率，点斜式求出切线方程即可；
（3）先求导，然后根据导数研究函数的单调性，即可求最值.
【小问1详解】
，解得：
【小问2详解】
由（1）知，所以,
曲线在点处的斜率为，
所以切线方程，即，
即.
【小问3详解】
由（1）可知：，，
令，解得，
故当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增；
所以区间内，当或时可能取最大值，
又，
所以最大值为.
16. 已知，其中，，，，．且展开式中仅有第5项的二项式系数最大．
（1）求的值；
（2）求（用数值作答）；
（3）若，求二项式的值被7除的余数．
【答案】（1）8； （2）；
（3）1.
【解析】
【分析】（1）根据二项式系数的性质求解可得；
（2）分别令，即可求解；
（3）将代入二项式得，变形为，利用二项式定理展开，根据是7的倍数即可求得余数.
【小问1详解】
因为展开式中仅有第5项的二项式系数最大，
所以，解得.
【小问2详解】
令得，
令得，
所以.
【小问3详解】
若，则
，
因为是7的倍数，所以能被7整除，
所以被7除的余数为1.
17. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有个零点，求的范围
（3）若函数在处取得极值，且存在，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再分和两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）令，即，令，，依题意直线与的图象有两个交点，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数图象，数形结合求出参数的取值范围；
（3）参变分离可得存在，使得成立，令，，利用导数求出函数的最小值，即可求出的取值范围.
【小问1详解】
函数的定义域为，
又．
当时，则恒成立，在上单调递减；
当时，由，解得，由，解得．
在上单调递增，在上单调递减；
综上可得，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
令，即，因为，
所以，
因为函数有个零点，所以在有两根，
令，，
也即直线与的图象有两个交点，
又，
当时，故在上单调递增；
当时，故在上单调递减.
又当时，，，，
则的图象如下所示：
数形结合可得，故的取值范围为；
【小问3详解】
在处取得极值，
由（1）得，，
，即，解得，
则，令，；令，
所以函数在单调递减，在单调递增，在处取极小值.
．
存在，使得成立，
即存在，使得成立，
则，，
令，，
则，所以当时，当时．
所以在上单调递增，在上单调递减．
，
故，故取值范围为．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
18. 陶瓷历史已逾千年，始于春秋，兴于辽金，盛于明清.目前某省有53家陶瓷企业，某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后才可进入第二次烧制，两次烧制过程相互独立.根据该厂现有的技术水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为，，，经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格概率依次为，，.
（1）求第一次烧制后恰有一件产品合格的概率；
（2）经过前后两次烧制后，如果陶瓷合格则可以上市销售，每件陶器可获利100元；如果陶器不能合格，则每件陶器亏损80元，求这3件陶器最终盈亏的分布列和数学期望.
（3），，三位学徒跟师傅学习制作某种陶器，经过一段时间的学习后，他们各自能制作成功该陶器的概率分别为，，，且，现需要他们三人制作一件该陶器，每次只有一个人制作且每个人只制作一次，如果有一个人制作失败则换下一个人重新制作，若陶器制作成功则结束.按，，的顺序制作陶器，若，，求制作陶器人数的数学期望的最大值.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，30
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意结合独立事件概率乘法公式和互斥事件加法公式运算求解；
（2）求出三人烧制成功的概率均为，根据题意结合二项分布求分布列和期望.
（3）根据题意列出分布列，求出均值，利用导数求期望的最大值；
【小问1详解】
分别记甲 乙 丙经第一次烧制后合格的事件分别为，
设表示第一次烧制后恰有一件产品合格的事件，则
；
小问2详解】
分别记甲 乙 丙三件产品经过两次烧制后合格的为事件，
则，，.
设经过两轮烧制后合格品的件数为，则，
由题意，即的可能取值为，
由于；；
，.
所以；；，，
所以随机变量的分布列为
120 300
故随机变量的数学期望，
【小问3详解】
由题意，制作陶器人数的可能值为1，2，3.
于是，，，
则随机变量X的分布列为
X 1 2 3
P
所以，
又，则，
设，，
所以在上单调递增，则，
所以，所以当时，的最大值为.
19. 柯西中值定理是数学的基本定理之一，在高等数学中有着广泛的应用．定理内容为：设函数，满足①图象在上是一条连续不断的曲线；②在内可导；③对，．则，使得．特别的，取，则有：，使得，此情形称之为拉格朗日中值定理．
（1）设函数满足，其导函数在上单调递增，判断函数在的单调性并证明；
（2）若且，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）若，求证：．
【答案】（1）在上单调递增,证明见解析；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）对函数求导，得取由恒成立，得在上单调递增，由即得结论；
（2）先将题设不等式转化成，利用柯西中值定理，将表示成的形式，从而得，不等式恒成立，构造函数求出最大值即得；
（3）将待证不等式等价转化为，对于左式，运用柯西中值定理得到，再根据范围进行放缩即可得证.
【小问1详解】
不妨取，则在上单调递增.
证明：因，，令，
因在上单调递增，则，在上恒成立，
故在上单调递增，则，即，
故在上单调递增.
【小问2详解】
因且，不等式恒成立，
即且，不等式恒成立，
取，由柯西中值定理，，
故，不等式恒成立，
令，
则由，可得，由可得，
即在上单调递增，在上单调递减，
故时，函数取得最大值，故，
即实数的取值范围为.
【小问3详解】
因，取，
由柯西中值定理，，
因则，
因，故，证毕.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查柯西中值定理的应用，属于难题.
解题关键在于充分理解和把握柯西中值定理的内涵，构造与之匹配的结构，运用定理进行解析式的简化，达到透过现象抓住本质的目的.重庆市第十一中学校教育集团高2025届高二下期中考试
数学试题
注意事项：
1．本试卷满分为150分，考试时间为120分钟.
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上.
3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单选题（每小题5分，共40分）
1 若，则（ ）
A. 6 B. 5 C. 4 D. 3
2. 某物体的运动方程为（位移单位：，时间单位：），若，则下列说法中正确的是（ ）
A. 是物体从开始到这段时间内的平均速度
B. 是物体从到这段时间内速度
C. 是物体在这一时刻瞬时速度
D. 是物体从到这段时间内的平均速度
3. 某市的5个区县，，，，地理位置如图所示，给这五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有（ ）
A. 24种 B. 36种 C. 48种 D. 72种
4. 已知函数在区间上单调递增，则实数的最大值为（ ）
A. 4 B. 5 C. 2 D.
5. 某位同学家中常备三种感冒药，分别为金花清感颗粒3盒、莲花清瘟胶囊2盒、清开灵颗粒5盒．若这三类药物能治愈感冒的概率分别为，他感冒时，随机从这几盒药物里选择一盒服用（用药请遵医嘱），则感冒被治愈的概率为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知函数，过点作曲线的两条切线，切点分别为和，若，则实数（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
7. 若，则（ ）
A. B. C. D.
8. 已知函数有三个零点，，，其中，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、多选题（每小题6分，共18分）
9. 南岸区安排甲、乙、丙、丁四个学生去某市的，，，四个学校交流学习，每名学生只能去一个学校，则下列说法正确的是（ ）
A. 若四个学校都有人去，则共有24种不同的安排方法
B. 若甲乙不能去同一个学校，则共有148种不同的安排方法
C. 若甲不去A学校，乙不去B学校，且每学校均有人去，则共有18种不同的安排方法
D. 若南岸区又计划向这四个学校追加18个交换生名额，且每学校至少3个名额，则共有84种不同的追加方式
10. 下列选项中正确的是（ ）
A. 已知随机变量服从二项分布，则
B. 口袋中有大小相同的7个红球、2个蓝球和1个黑球．从中任取两个球，记其中红球的个数为随机变量，则的数学期望
C. 对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测，从中任取2件，已知其中一件为正品，则另一件也为正品的概率是
D. 某射击运动员每次射击击中目标的概率为0.8，则在9次射击中，最有可能击中的次数是7次
11. 若函数在处取得极值，则（ ）
A.
B. 为定值
C. 当时，有且仅有一个极大值
D. 若有两个极值点，则是的极小值点
三、填空题（每小题5分，共15分）
12. 高二年级开设3门拓展专题课，现有4位同学参加专题课的学习，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，则不同的报名方法有______.
13. 已知函数为定义在上的可导函数，且．则不等式的解集为______．
14. 某篮球队为提高队员的训练积极性，进行小组投篮游戏，每个小组由两名队员组成，队员甲与队员乙组成了一个小组．游戏规则：每个小组的两名队员在每轮游戏中分别投篮两次，每小组投进的次数之和为4次的称为“神投小组”，获得二次“神投小组”的队员可以结束训练．已知甲、乙两名队员每次投进篮球的概率分别为，若，在游戏中，甲乙两名队员想结束训练，理论上他们小组要进行________轮游戏才行．
四、解答题（15题13分，16-17题每题15分，18-19每题17分）
15 已知函数，且，求：
（1）的值；
（2）曲线在点处的切线方程；
（3）函数在区间上的最大值．
16. 已知，其中，，，，．且展开式中仅有第5项的二项式系数最大．
（1）求的值；
（2）求（用数值作答）；
（3）若，求二项式的值被7除的余数．
17. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有个零点，求的范围
（3）若函数在处取得极值，且存在，使得成立，求实数的取值范围．
18. 陶瓷历史已逾千年，始于春秋，兴于辽金，盛于明清.目前某省有53家陶瓷企业，某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后才可进入第二次烧制，两次烧制过程相互独立.根据该厂现有的技术水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为，，，经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格概率依次为，，.
（1）求第一次烧制后恰有一件产品合格概率；
（2）经过前后两次烧制后，如果陶瓷合格则可以上市销售，每件陶器可获利100元；如果陶器不能合格，则每件陶器亏损80元，求这3件陶器最终盈亏的分布列和数学期望.
（3），，三位学徒跟师傅学习制作某种陶器，经过一段时间的学习后，他们各自能制作成功该陶器的概率分别为，，，且，现需要他们三人制作一件该陶器，每次只有一个人制作且每个人只制作一次，如果有一个人制作失败则换下一个人重新制作，若陶器制作成功则结束.按，，的顺序制作陶器，若，，求制作陶器人数的数学期望的最大值.
19. 柯西中值定理是数学的基本定理之一，在高等数学中有着广泛的应用．定理内容为：设函数，满足①图象在上是一条连续不断的曲线；②在内可导；③对，．则，使得．特别的，取，则有：，使得，此情形称之为拉格朗日中值定理．
（1）设函数满足，其导函数在上单调递增，判断函数在的单调性并证明；
（2）若且，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）若，求证：．