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2025北京顺义一中高二（下）期中
数学
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1.如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有4条路，从丙地到丁地有2条路，则从甲地到丁地共有的路线条是（）
A.8 B.11 C.14 D.48
【答案】C
【解析】
【分析】按照甲地经乙地到丁地、甲地经丙地到丁地分类，结合分类加法、分步乘法计数原理即可得解.
【详解】如果由甲地经乙地到丁地，则有种不同的路线；
如果由甲地经丙地到丁地，则有种不同的路线；
因此，从甲地到丁地共有14种不同的路线.
故选：C
2.等差数列中，则前9项和（）
A.30 B.45 C.60 D.90
【答案】D
【解析】
【分析】由等差数列的性质以及求和公式求解即可得答案.
【详解】由等差数列的求和公式可得，
故选：D.
3.在的展开式中，常数项是（）
A.-30 B.-24 C.24 D.30
【答案】C
【解析】
【分析】令二项展开式中的系数为零计算可得.
【详解】二项式展开式的通项为，
令，
所以常数项为.
故选：C
4.盒子中有5个大小相同编号不同的小球，其中白球2个，黑球3个，从中随机取出2个，则至少有1个黑球的取球种数是（）
A.9 B.8 C.7 D.6
【答案】A
【解析】
【分析】先计算出总的取法数，然后减去没有黑球的取法数，利用组合数求解出结果；
【详解】总的取法数减去没有黑球的取法数，即种，
所以至少有1个黑球取球种数是9种.
故选：A
5.设等比数列的公比，前项和为，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用等比数列的定义即可.
【详解】由题意可得.
故选：B
6.已知函数，则函数的图象在点处的切线方程为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数的意义求出切线的斜率，再由点斜式得到直线方程即可.
【详解】因为，所以，
求导得，
所以，
所以在点处切线方程为，
即.
故选：D.
7.由0，1，2，3组成不重复的三位偶数的个数为（）
A.6 B.10 C.12 D.24
【答案】B
【解析】
【分析】通过个位数是0或2分类讨论即可.
【详解】若个位数为，则三位偶数的个数为，
若个位数为2，则三位偶数的个数为,
所以由0，1，2，3组成不重复的三位偶数的个数为，
故选：B
8.“”是函数“存在极大值和极小值”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分且必要条件 D.既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】求导后令，结合判别式和韦达定理分析可得.
【详解】，，
令，即，
，，
若，则函数有两个正根，即有两个变号零点，
此时函数存在极大值和极小值；
当时，方程无正根或仅有一个重根，
此时函数不可能同时存在极大值和极小值；
综上，“”是函数“存在极大值和极小值”的充分必要条件.
故选：C
9.已知函数有下列四个结论：
①的递增区间是和；
②函数有三个零点；
③函数的图像关于中心对称；
④过点存在三条直线和的图像相切.
其中正确结论的个数是（）
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】C
【解析】
【分析】求导后分析单调性可得①正确；利用极值数形结合可得②错误；利用可得③正确；设切点由导数的几何意义求出切线斜率，再由点斜式得到方程然后构造函数求导分析极值数形结合可得④正确.
【详解】对于①，，
令，解得或，所以的递增区间是和，故①正确；
对于②，由①可得极值点，，由函数图象可得
所以方程的解即与的交点，只有一个，故②错误.
对于③，
，
所以对称中心为，故③正确；
对于④，设切点为，则，，
所以切线方程为，
代入点可得，
整理可得，
令，则，
所以极值点为或2，且，
所以与有三个交点，即方程有三个根，所以过点存在三条直线和的图像相切，故④正确.
故选：C
10.已知函数，数列满足，.
给出下列四个结论，其中正确的是（）
A.若，则有4个不同的可能取值
B.若，则
C.对于任意，存在正整数，使得
D.对于任意大于2的正整数，存在，使得
【答案】D
【解析】
【分析】对A，由已知得an+1=1an,0an≤1an?1,an1，若，分别对分类讨论即可判断；对B，若，求得
【详解】对于A，fx=1
若，当时，，解得．
当时，则，解得，
当时，则，解得；
当时，，解得，
当时，则，解得，
当时，则，解得（舍去）；
综上可得：可以取3个不同的值：7，，，故A错误；
对于B，，则数列是周期为5的数列，