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2024-2025学年高二下学期期中测试数学试题（A卷）
一、单选题
1．若 ，则 （ ）
A．120 B．105 C．210 D．240
2．已知曲线 上一点 ，记 为函数 的导数，则 （ ）
A． B． C． D．
3．吹气球时，气球的半径 （单位： ）与体积 （单位： ）之间的关系式为 ，则
时气球的瞬时膨胀率大约是 时气球的瞬时膨胀率的（ ）
A．2倍 B．4倍 C． D．
4．关于二项式 ，若展开式中含 项的系数为4，则 （ ）
A． B．1 C．3 D．2
5．已知直线 是曲线 在 处的切线，则 的值为（ ）
A．1 B．0 C． D．
6．2025届高二数学竞赛中对尖端生采用暂时屏蔽措施，某校有 ， ， ， ， 五名屏蔽生总分在前9
名，现在确定第一、二、五名是 ， ， 三位同学，但 不是第一名， ， 两名同学只知道在6至9
名，且 的成绩比 好，则这5位同学总分名次有多少种可能（ ）
A．6 B．24 C．22 D．12
7．已知 ， ， ，则 ， ， 的大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数 和 ，若对 ， ，使得 ，则
的取值范围（ ）
A． B．C． D．
二、多选题
9．定义在 上的函数 的导函数 的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．函数 在 上单调递减 B．函数 在 上单调递减
C．函数 在 处取得极小值 D．函数 在 处取得极大值
10．设 ， ， 是三个随机事件，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若 ， 相互独立，则
C．若 ，则 ， 对立
D．若 ， ，则
11．“杨辉三角”是数学史上的一个重要成就，本身包含许多有趣的性质，如图：
下列说法正确的有（ ）
A．第 行的第 个数是
B．第 行的第 个数最大
C．
D．在“杨辉三角”中，第 行所有数字的平方和恰好是第 行的中间一项的数字三、填空题
12．现有3个编号为1，2，3的盒子和3个编号为1，2，3的小球，要求把3个小球全部放进盒子中，恰
有1个盒子是空盒的方法共有 种.
13．已知离散型随机变量 的分布列如下表：
0 1 2 5
则 .
14．已知 ，定义运算@： ，其中 是函数 的导数.
若 ，设实数 ，若对任意 ， 恒成立，则 的取值范围 .
四、解答题
15．已知二项式 展开式中，前三项的二项式系数和是56.
(1)求 的值；
(2)求其二项式系数之和与各项系数之和的差.
16．已知函数 的图象关于原点对称.
(1)求 的值；
(2)求函数 的极值点.
17．（1）甲、乙、丙三人各自独立投篮，甲和丙都投中的概率是 ，甲投中而丙未投中的概率是 ，乙
投中而丙未投中的概率是 .请问三人中哪一位投篮水平较高？并说明理由；
（2）（i）对于事件 ， ， ，当 时，求证： ；
（ii）若某同学做如下摸球试验：一个袋子中有10个大小完全相同的小球，其中黑球7个，白球3个，每
次从袋子中随机摸出1个球，且摸出的球不再放回.若该同学摸球三次，求三次都摸到白球的概率.
18．已知函数 .(1)当 ，时， 恒成立，求实数 的取值范围；
(2)证明： .
19．一个生产车间有三台设备，假设在一天的运行中，设备1，2，3出现故障的概率分别为 ， ，
，其中 ，每台设备一天最多出现一次故障，各部件的状态相互独立.
(1)若 ，求车间在一天的运行中，有两台设备出现故障的概率；
(2)对于出现故障的设备，车间在当天对其修复，且设备1，2，3的单次维修费用分别为50元，100元，
150元，通过计算说明当 时该车间每年设备维修费用的均值不超过5.475万元.（一年按365天计
算）.
答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D B D D B B C AD ABD
题号 11
答案 AD
1．C
直接利用排列数和组合数公式求解即可.
【详解】由题意得 ，得到 ，解得 ，
则由排列数公式得 ，故C正确.
故选：C
2．D
求出函数的导数，进而求出函数值即可.
【详解】函数 ，求导得 ，则 ，而 ，
所以 .
故选：D3．B
根据题意，求得 ，分别求得 和 ，进而求得膨胀率，得到答案.
【详解】由题意知： ，可得 ，
当 时，可得 ；当 时，可得
所以 时气球的瞬时膨胀率大约是 时气球的瞬时膨胀率的 倍.
故选：B
4．D
根据题意，先求得二项式 的展开式的 和 项系数，进而得到展开式中 的系数，列出方程，求
解 的值，即可得到答案.
【详解】由二项式 展开式中 项系数为 ，展开式的 项系数为 ，
所以 展开式中含 的项的系数 ，解得 .
故选：D.
5．D
由函数 ，求得 ，根据题意，得到 ，解得 ，得到 ，将其代入切线方程，
即可求解 的值，得到答案.
【详解】由函数 ，可得 ，
因为直线 与曲线 的切点为
可得 ，解得 ，可得 ，即 ，将点 代入切线 ，可得 ，解得 .
故选：D
6．B
根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理计算可得.
【详解】第一步排 有两种可能：第2名或第5名；
第二步排 和 有两种可能；
第三步排 和 ， 有6，7，8位三种可能；
当 为第6名时， 有7，8，9名三种可能，
当 为第7名时， 有8，9名两种可能，
当 为第8名时， 只有第9名一种可能，
所以第三步的总数为 种；
根据分步计数原理，所有名次排位的总数 种.
故选：B.
7．B
合理构造函数，利用导数判断单调性，进而求解最值，再逐个证明 和 ，进而得到 即可.
【详解】令 ， ，定义域为 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
则 ，即 ，
得到 ，故 ，即 ，
令 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，则 ，即 ，
得到 ，即 ，则 ，
综上，得到 ，故B正确.
故选：B
8．C
求得 ，得到函数 的单调性，求得 ，根据题意，转化为 ，
转化为 ，分 ， 和 ，三种情况讨论，求得函数 得到单调性和最值，即可
求解.
【详解】由函数 ，可得 ，
当 或 时， ；当 时， ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减， 上单调递增，
当 时，由 ，且 ，所以 ，
若对 ， ，使得 ，
只需 ，使得 ，即
由 ，可得 ，即 ，，
若 时，可得 ，令 ，可得 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减，所以 ，此时 ；当 时， 显然不成立；
当 时，可得 ，令 ，可得 ， 单调递增，
且 时， ； 时， ，所以 ，
综上所述， 的取值范围为 .
故选：C.
9．AD
利用函数的函数的图象，可判断函数的单增区间与单减区间，进而可得极大值点，从而可得结论.
【详解】由函数 的导函数 的图象可知，
当 时， ，所以 在 上单调递增，故B错误；
当 时， ，所以 在 上单调递减，故A正确；
所以函数 在 处取得极大值， 不是极小值点，故C错误，D正确.
故选：AD.
10．ABD
根据概率的性质，相互独立事件概念，对立事件概念，条件概率，逐个判断得到答案.
【详解】对于选项A：显然 ，故A正确；
对于选项B：若 ， 相互独立，则 ， 也相互独立，则 ，故B正确；
对于选项C：若抛一枚股子，出现奇数点向上概率为事件 ，向上点数不超过3为事件
显然事件 ， 不对立，所以C错误；
对于选项D：因为 ，所以 ，
又因为 ， ，所以 ，所以 ，所以D正确.
故选：ABD
11．AD
利用二项式系数可判断A选项；利用二项式系数的增减性可判断B选项；利用组合数的性质可判断C选项；
构造等式 ，结合等式两边展开式中 的系数相等可判断D选项.
【详解】对于选项A，依题意，第 行的第 个数是 ，所以A正确；
对于选项B，因为第 行的第 个位置的数是 ，
由组合数性质可知： 为 的最大值，
所以第 行的第 和 个数最大，故B错误；
对于选项C，因为 ，
易知
，故C错误；
选项D，由题易知，第 行所有数字的平方和为 ，
第 行的中间一项的数字为 ，
构造等式 ，
在等式左边 的系数为 ，
等式右边 的系数为 ，故 ，故D正确.
故选：AD.
12．
根据题意，先从3个盒子中选一个作为空盒，再从3个球中选出2个绑在一起，排列后放入两个盒子，结
合排列数和组合数的公式，即可求解.【详解】由恰有1个盒子不放球，即有2个球放入一个盒子中，另一个球放入另一个盒子中，
先从3个盒子中选一个作为空盒，再从3个球中选出2个绑在一起，排列放入两个盒子，
共有 （种）放法.
故答案为： .
13．10.4
根据分布列的性质即概率之和为1，可求得a，运用期望方差公式计算期望和方差，最后用方差性质计算即
可答案.
【详解】由分布列的基本性质知 ，解得
故 ，
由离散型随机变量方差的性质可得，
故答案为： .
14．
根据函数的新定义，求得 ，由任意 ， 恒成立，转化为任意 ，
恒成立，设 ，求得 ，得到 单调递增，得到
，转化为任意 ， 恒成立，再设 ，求得 ，得
到所以 单调递增，进而得到 恒成立，求得 的取值范.
【详解】由题意得，函数
所以对任意 ， 恒成立，即对任意 ， 恒成立.
设 ，可得 ，所以 单调递增，由 ，即 ，
所以对任意 ， 恒成立，即对任意 ， 恒成立.
设 ，则 ，所以 单调递增；
当 时， ，所以 恒成立，只需 ，
结合 可得，实数 的取值范围 .
故答案为： .
15．(1) ；
(2)1023；
（1）根据前三项的二项式系数和是56得到方程，求出 ；
（2）二项式系数之和为 ，令 ，可得各项系数之和为1，从而得到答案.
【详解】（1）因为二项式 展开式中，前三项的二项式系数和是56，
所以 ，
即 ，解得 ，负值舍去.
（2）由二项式性质得二项式系数之和为 ，
令 ，可得各项系数之和为 ，
所以二项式系数之和与各项系数之和的差为 .
16．(1) ；
(2)极大值点为 ，极小值点为
(1)根据 的图象关于原点对称得到 是奇函数，利用 可求得
(2)由 可得 .先求导后列出表格，得到极值点.【详解】（1）由题可知定义域： .
因为函数 为奇函数，所以 ，
即 ，解得 .
（2）由（1）得：
当 时，因为 ，所以 .
令 ，解得 .
， 变化情况如下表：
- 0 +
单调递
极小值 单调递增
减
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
故当 时， 有极小值，并且极小值为
又因为 为奇函数，所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
故当 时， 有极大值，并且极大值为 .
综上： 有极大值点 ，极小值点
17．（1）丙投篮水平较高，理由见解析；（2）（i）证明见解析（ii）（1）设甲、乙、丙三人各自独立投篮投中的概率分别为 、 、 ，根据所给条件得到方程组，求出 、
、 ，即可判断；
（2）（i）根据条件概率公式证明即可；（ii）记事件“第 次摸到白球”为 ，结合（i）
的公式求出 ，即可得解.
【详解】（1）丙投篮水平较高，理由如下：
设甲、乙、丙三人各自独立投篮投中的概率分别为 、 、 .
依题意，得 ，
解得 ，
因为 ，所以，丙投篮水平较高.
（2）（ⅰ）因为 ， ，
所以 ，得证.
（ⅱ）记事件“第 次摸到白球”为 .
由题意可知 ， ， .
由结论 ，可得 .
故三次都摸到白球的概率为 .
18．(1) ；
(2)证明见解析.
（1）由题意得 ，令 ，求导后令 ，再次求导得
，讨论 ， 两种情况判断是否恒成立；
（2）由（1）得 恒成立，取 ，再相加即可得证.
【详解】（1）不等式 ，
令 ，求导得 ，
令 ，求导得 ，
而 ，则当 ，即 时， ，
函数 在 上单调递增， ，函数 在 上单调递增，
则 ，符合题意，因此 ；
当 时，由 ，得 ，函数 在 上单调递减，
当 时， ，函数 在 上单调递减，
则当 时， ，不符合题意，
所以实数 的取值范围是 .
（2）由（1）知，当 时， ，取 ，则 ，而 ，
因此 ，
所以 .
19．(1) ；
(2)答案见解析
（1）运用相互独立事件的乘法公式计算即可；
（2）设每天设备维修费用为 ，得到 的可能取值，再运用独立乘法公式计算概率，
运用期望公司计算 ，再得到 ，算出 ，解不等式即可.
【详解】（1）根据题意设事件 为“有两台设备出现故障”，事件 为设备1出现故障，
事件 为设备2出现故障，事件 为设备3出现故障，
若 ，则设备1出现故障的概率为 ，
设备2出现故障的概率为 ，
设备3出现故障的概率为 ，
则
.
（2）设每天设备维修费用为 ，
则 的可能取值为0，50，100，150，200，250，300，
，，
，
，
，
，
所以
整理得： ，
又设每年设备维修费用的均值是 ，且 ，
所以 ，即 ，解得： 或 （舍）
