寒假结课训练：导数，计数原理，条件概率与全概率公式【精选50题】- 【寒假衔接】2024-2025学年高二年级下学期数学重点题专练人教A版2019

【寒假衔接】2024-2025学年高二年级下学期数学重点题专练 寒假结课训练：导数，计数原理，条件概率与全概率公式精选50题模块一 题型·解读 寒假期间预习的知识内容，若不及时加以复习巩固，待到新学期开学之际，往往会如同沙漏中的细沙，悄然流逝，几乎不留痕迹。为了避免这种“学了就忘”的尴尬境地，在寒假课程结束后，特意精选了五十道题目作为课后复习的强化练习。这些题目并非随意拼凑，而是经过深思熟虑，精心挑选自各大名校的期中考试真题，旨在通过高质量、有针对性的练习，将寒假期间预习的知识点牢牢扎根于脑海之中。 这五十道题目覆盖了寒假预习内容的重点与难点，每一道题都如同一把钥匙，试图打开知识宝库中的一扇扇大门。通过解答这些题目，不仅能够检验自己对预习内容的掌握程度，还能在解题过程中发现不足，及时查漏补缺，确保知识体系的完整性和连贯性。 更重要的是，这些名校期中真题往往具有较高的参考价值，它们不仅考察了学生对基础知识的掌握情况，还注重考查学生的思维能力、解题技巧以及综合运用知识的能力。因此，通过练习这些题目，不仅能够巩固基础知识，还能在解题思路和解题技巧上得到显著提升，为新学期的学习打下坚实的基础。 模块二 核心题型·训练 一、单选题 1．（24-25高三上·广东广州·阶段练习）一质点A沿直线运动，其位移单位：与时间单位：之间的关系为，则质点A在时的瞬时速度为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，求出函数的导数，将代入计算可得答案． 【详解】因为，所以时，， 即质点A在时的瞬时速度为. 故选：C 2．（23-24高二下·重庆·期中）某单位有5位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是，为遵守所在城市元月15日至18日4天的限行规定（奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行），五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车（车牌尾数为2）最多只能用一天，则不同的用车方案种数是（    ） A．24 B．27 C．30 D．33 【答案】B 【分析】根据题意先安排安排奇数日出行再安排偶数日出行分步分类求解即可. 【详解】15日至18日，有2天奇数日和2天偶数日，车牌尾数中有3个奇数和2个偶数．通过按日期分步，分2类， 第一类：，第二类：，共27种. 故选：B． 3．（2023高二上·江苏·专题练习）已知函数，存在最小值，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用导数讨论函数的性质，作出函数图形，由题意，结合图形可得，即可求解. 【详解】，， 令得， 且时，；时，，时，， 在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又，令时，解得或， 所以其图象如下： 由图可知，时存在最小值， 所以，解得， 即实数a的取值范围为. 故选： 4．（2024·河南·一模）已知口袋中有3个黑球和2个白球（除颜色外完全相同），现进行不放回摸球，每次摸一个，则第一次摸到白球的情况下，第三次又摸到白球的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分析题意，利用全概率公式即可得解. 【详解】设事件表示“第二次摸到白球”，事件表示“第三次又摸到白球”， 依题意，在第一次摸到白球的情况下，口袋中有3个黑球和1个白球（除颜色外完全相同）， 所以，，，， 则所求概率为. 故选：B 5．（23-24高三上·陕西咸阳·阶段练习）已知函数，过原点作曲线的切线，则切点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用导数的几何意义计算即可. 【详解】由题意可知：， 设切点为，则切线方程为， 因为切线过原点，所以， 解得，则. 故选：B 6．（23-24高二下·重庆·期中）已知函数及其导函数的定义域均为，与均为偶函数，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据条件得到，，从而得出函数是周期为的周期函数，再根据条件得到，即可求出结果. 【详解】因为是偶函数，所以关于直线对称，即， 由题知，又是偶函数，所以， 则，则， 又，所以，得到， 所以，又由，得到， 所以①，②， 由①②得到，所以函数是周期为的周期函数， 由①得到，又，所以， 故， 故选：A. 7．（高二下·广东·阶段练习）在的展开式中的系数为（    ） A．160 B．240 C．360 D．800 【答案】B 【分析】利用结论的展开式中，含（其中）的项为求解即可. 【详解】由结论的展开式中，含（其中）的项为可得， 的展开式的项为，其中， 根据题意，可知，，，， 所以的系数为， 故选：B． 8．（23-24高二下·河北石家庄·阶段练习）甲辰龙年春节哈尔滨火爆出圈，成为春节假期旅游城市中的“顶流”．甲、乙等6名网红主播在哈尔滨的中央大街、冰雪大世界、圣索菲亚教堂、音乐长廊4个景点中选择一个打卡游玩，若每个景点至少有一个主播去打卡游玩，每位主播都会选择一个景点打卡游玩，且甲、乙各单独1人去某一个景点打卡游玩，则不同游玩方法有（    ） A．96种 B．132种 C．168种 D．204种 【答案】C 【分析】对其余位主播分两种情况讨论，按照先分组、再分配的方法计算可得. 【详解】依题意其余位主播有两种情况： ①位主播去一个景点，位主播去另外一个景点；②分别都是位主播去一个景点； 所以不同游玩方法（种）. 故选：C 9．（23-24高二下·安徽宿州·开学考试）已知，则的值为（    ） A．-66 B．-65 C．-63 D．-62 【答案】C 【分析】根据赋值法，先代入，得，代入，可得，进而可得. 【详解】设， 当时，可得，得， 当时，可得，得， 当时，可得，得， 故，得， 故， 故选：C 10．（高二下·福建福州·期末）甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人，则n次传球后球在甲手中的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】记n次传球后球在甲手中的事件为，对应的概率为，利用全概率公式列式，再借助数列递推公式求通项判断作答. 【详解】记n次传球后球在甲手中的事件为，对应的概率为，， ，则， 于是得，即，而，则数列是首项为，公比为的等比数列， 因此，，即， 所以n次传球后球在甲手中的概率是. 故选：C 11．（23-24高二上·广东·期中）若过点可以作曲线的两条切线，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设出切点坐标，根据导数的几何意义，确定，化简可得，结合题意有，解不等式即可求出的取值范围. 【详解】令，则有，设过点作曲线的切线， 切点为，根据题意有，即， 又，可得，因为，所以上式可化为 ，整理有：，因为过点可以作曲线 的两条切线，所以方程有两解，所以，即， 解得或. 故选：D 12．（22-23高二下·重庆沙坪坝·阶段练习）某班级周三上午共有5节课，只能安排语文、数学、英语、体育和物理.数学必须安排，且连续上两节，但不能同时安排在第二三节，除数学外的其他学科最多只能安排一节，体育不能安排在第一节，则不同的排课方式共有（    ） A．48种 B．60种 C．72种 D．96种 【答案】B 【分析】先安排数学，当数学排在第一二节时，第三四五节可任意安排；当数学排在第三四节或第四五节时，先给第一节排课，再给余下的节次排课即可解决. 【详解】分三类讨论： （1）当数学排在第一二节，则语文、英语、体育和物理任选三科排在 第三四五节即可，共有种方法； （2）当数学排在第三四节，则在语文、英语和物理中任选一科排在第一节， 再在包含体育余下的三科中任选二科排在第二五节即可.共有种方法； （3）当数学排在第四五节，则在语文、英语和物理中任选一科排在第一节， 再在包含体育余下的三科中任选二科排在第二三节即可.共有种方法； 则符合要求的方法总数为 故选：B 13．（23-24高二下·江苏连云港·期中）被3除的余数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】利用二项式定理赋值化简，再将写成形式展开后可求余数. 【详解】由二项式定理得， 令得，①， 令得，②， ①②得，， 解得，， 由 ， 故被3除的余数为. 故选：B. 14．（23-24高三下·全国·阶段练习）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数，由导数分析函数在上单调递减，所以得到，得到，作差比较的大小，利用基本不等式比较大小即可. 【详解】设，则在上单调递减， 所以，所以，，， ， 所以， 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题关键是构造函数，由导数分析函数在上单调递减，所以得到，利用基本不等式比较大小即可. 15．（23-24高二下·江苏连云港·期中）甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“五局三胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为 ，且各局比赛结果相互独立.  在甲获得冠军的条件下，比赛进行了五局的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先计算甲赢的概率，再由条件概率的内容求出结果即可. 【详解】比三场，甲赢的概率为； 比四场，甲第四场赢，甲赢的概率为； 比五场，甲第五场赢，甲赢的概率为； 所以甲赢的概率为， 所以甲获得冠军的条件下，比赛进行了五局的概率为， 故选：A. 【点睛】方法点睛：条件概率的公式内容为. 二、多选题 16．（23-24高二下·浙江·期中）已知展开式的二项式系数和为，，下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】先用题目条件得到，然后取特殊值即可验证A，对表达式求导即可验证B，换元并使用二项式定理即可验证C，考查每一项系数的符号并取特殊值即可验证D. 【详解】由已知有，故，. 所以. 对于A，取得，取得， 所以，A错误； 对于B，对求导得， 取得，B正确； 对于C，在中用替换， 得. 所以，特别地对有，C错误； 对于D，由有. 在中取得， 所以，D正确. 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于在恒等式中取特殊值，以得到相应的结果. 17．（23-24高二下·江苏连云港·期中）若，则m的取值可能是（    ） A．4 B．5 C．8 D．9 【答案】AD 【分析】由组合数性质建方程求解可得. 【详解】因为，所以或，解得或. 故选：AD 18．（21-22高三上·江苏南通·阶段练习）已知，分别为随机事件A，B的对立事件，，，则（    ） A． B． C．若A，B独立，则 D．若A，B互斥，则 【答案】ACD 【分析】根据条件概率、独立事件、互斥事件的基本概念，以及对应的概率计算公式可以得到答案. 【详解】因为，A正确，B错误； 由独立事件定义，若A，B独立，则，，C正确； 若A，B互斥，则，，，D正确． 故选：ACD 19．（23-24高二上·浙江杭州·期末）下列求导运算正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】BD 【分析】根据函数的求导公式及复合函数的求导法则逐一判断即可. 【详解】对于A，因为， 所以，故错误； 对于B，因为， 所以，故正确； 对于C，因为， 所以，故错误； 对于D，因为， 所以，故正确. 故选：BD. 20．（23-24高二下·重庆·期中）已知函数，则（    ） A．有两个极值点， B．有三个零点 C．点是的对称中心 D．在区间上有最大值，则a的取值范围为 【答案】BCD 【分析】求导，令导函数为0得到其极值点即可判断A，求出其极值大小即可得到其零点个数，则判断B，计算即可判断C，作出函数图象，则得到不等式组，解出即可判断D. 【详解】对于A，令，解得， 当时，，当，， 函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，所以有两个极值点，故A错误； 对于B，由A知， 即三次函数的极大值大于0，极小值小于0，从而有三个零点，故B正确； 对于C，因为，则点是的对称中心，故C正确； 对于D，因为，结合函数图象，所以，故D正确.   故选：BCD. 21．（23-24高二下·重庆·期中）对于事件A，B，C，下列命题中正确的有（    ） A．若，则A与B互为对立事件 B．若，则 C．若，是B的对立事件，则 D．若，，则 【答案】BCD 【分析】利用对立事件的定义判断A；由条件概率公式判断B；由对立事件、互斥事件定义判断C；由概率乘法公式判断D. 【详解】对于A：如有红黄蓝三张牌，事件为“甲所取一张牌是红牌或黄牌”，则，事件为“乙抽取一张牌是黄牌”，则，，但事件和事件不是对立事件，故A错误； 对于B：若，则，所以，故B正确； 对于C：若，是B的对立事件，则A与是互斥事件， 所以，故C正确； 对于D，若， 则，故D正确. 故选：BCD. 22．（23-24高二下·重庆·期中）关于函数，下列说法正确的是（    ） A．是的极小值点 B．在区间上单调递减 C． D． 【答案】ACD 【分析】对函数求导，判断出单调性，可得极值点可判断选项A、B、C；根据与的关系，与关系可判断选项D； 【详解】因为， 令，得或；令，得，或 所以，函数的增区间为，减区间为， 对于A选项，在单调递减，在单调递增， 所以是的极小值点，对； 对于选项，在区间上递增，B错； 对于C选项，因为在单调递减，在单调递增， 因为， 所以，故C 对； 对于D选项，由，可得，所以 ，可得，所以， 所以，故D对； 故选：ACD． 23．（23-24高二下·江苏苏州·期中）已知，且存在正整数，满足，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．展开式中所有项系数和为126 D．展开式中二项式系数最大的项为第三项和第四项 【答案】AC 【分析】先对等式两边求导，利用赋值法令，再利用错位相减法求和，进而求出的值可判断A；利用赋值法和可判断B和C；根据可知展开式共有7项，得到二项式系数最大的项为第四项，可判断D. 【详解】， 对上式两边同时求导得， 令，有， 令①，则， 所以②， ①-②得， 解得，故A正确； 对于B和C，， 令，得， 令，得， ，故B错误，C正确； 对于D，的展开式共7项，二项式系数为，最大的二项式系数为， 所以二项式系数最大的项为第四项，故D错误. 故选：AC. 24．（2024·广东广州·一模）甲箱中有个红球和个白球，乙箱中有个红球和个白球（两箱中的球除颜色外没有其他区别），先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件和表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出两球，用事件表示从乙箱中取出的两球都是红球，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据条件概率的概率公式及全概率的概率公式计算可得. 【详解】依题意可得，，，， 所以，故A正确、B正确、C错误； ，故D正确. 故选：ABD 25．（23-24高二下·江苏镇江·期中）已知，下列等式正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】根据给定条件，利用赋值法，结合复合函数求导法则逐项计算即得. 【详解】对于A，取，得，A正确； 对于B，取，得，则，B错误； 对于C，对给定等式两边求导得， 取，得，C错误； 对于D，取，得，则， 于是，D正确. 故选：AD 26．（23-24高二下·江苏徐州·期中）已知A，B是两个随机事件，，下列命题正确的是（    ） A．若A，B相互独立，则 B．若事件，则 C．若A，B是对立事件，则 D．若A，B是互斥事件，则 【答案】ABD 【分析】根据独立事件的概率公式，结合条件概率公式、互斥事件的性质逐一判断即可. 【详解】A：因为A，B相互独立，所以也互相独立，于是，正确； B：因为，所以，，正确； C：因类A，B是对立事件，所以，于是，不正确； D：因为A，B是互斥事件，所以，于是，正确, 故选：ABD 27．（23-24高二下·山东泰安·阶段练习）已知函数（为常数），则下列结论正确的有（    ） A．时，恒成立 B．时，无极值 C．若有3个零点，则的范围为 D．时，有唯一零点且 【答案】BCD 【分析】A选项，当时，二次求导得到函数单调性，结合得到A错误；B选项，时，二次求导得到函数单调性，得到B正确；C选项，当时，显然，时，参变分离，记，求导得到其单调性，结合特殊点函数值得到的范围为，C正确；D选项，二次求导得到函数单调性，结合零点存在性定理可知，存在唯一的，满足. 【详解】对于A，当时，，令， 令，则，在上单调递增，在上单调递减， 故， 在上单调递增，，故A错误； 对于B，当时，令， 令，则，令，解得， 在上单调递增，在上单调递减， 故， 在上单调递增，无极值，故B正确；    对于C，令，当时，显然， 故不是函数的零点， 当时，则，记，则， 令得或，令得， 故在单调递增，在单调递减，且， 且当和时，， 故有3个零点，则的范围为，C正确， 对于D，当时，，， 令，则， 令，则，令，解得， 故在上单调递增，在上单调递减，故， 在上单调递增，则此时至多只有一个零点， 又， 由零点存在性定理可知，存在唯一的，满足，选项D正确； 故选：BCD 【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 三、填空题 28．（23-24高二下·江苏南通·期中）甲、乙、丙为完全相同的三个不透明盒子，盒内均装有除颜色外完全相同的球.甲盒装有4个白球，8个黑球，乙盒装有1个白球，5个黑球，丙盒装有3个白球，3个黑球.随机抽取一个盒子，再从该盒子中随机摸出1个球，求摸出的球是黑球的概率为 . 【答案】 【分析】设出事件，根据题意运用全概率公式求解即可. 【详解】记取到甲盒子为事件，取到乙盒子为事件为，取到丙盒子为事件，取到黑球为事件， 由题意可知：，， 由全概率公式可得 ， 所以摸出的球是黑球的概率为. 故答案为：. 29．（23-24高二下·广东广州·期中）将5名志愿者分配到四个社区协助开展活动，每名志愿者只能到1个社区，每个社区至少1名，则不同的分配方法数是 . 【答案】240 【分析】把5名志愿者分成4组，再分配到4个社区即可. 【详解】把5名志愿者分成4组，有种分法， 再把每一种分法的4组分配到4个社区有种方法， 所以不同的分配方法数是. 故答案为：240. 30．（23-24高二下·江苏徐州·期中）展开式中含项的系数是 ． 【答案】800 【分析】根据题意可知或，结合二项式定理分析求解. 【详解】因为或， 可知展开式中含项为， 所以展开式中含项的系数是800. 故答案为：800. 31．（23-24高二下·重庆·期中）某公司年会将安排7个节目的演出顺序表，则4个语言类中恰有1个安排在3个歌舞类节目之间的概率为 ． 【答案】 【分析】利用插空法和捆绑法求出符合题意的排列情况总数，再结合古典概型的概率公式求解. 【详解】先把3个歌舞类节目全排列中间形成2个空，从这2个空中选一个位置安排一个语言类节目然后将这4个节目捆绑在一起，与剩余的3个语言节目全排列， 共有种情况，又因为7个节目全排列有种情况， 所以所求概率为. 故答案为：. 32．（23-24高二下·重庆·期中）已知，则的值为 ． 【答案】31 【分析】由二项式定理得，，解得，再由二项式系数的性质求解. 【详解】解：由二项式定理得， ，解得 ． 故答案为：31． 33．（23-24高二下·广东肇庆·阶段练习）某植物园要在如图所示的5个区域种植果树，现有5种不同的果树供选择，要求相邻区域不能种同一种果树，则共有 种不同的方法．    【答案】420 【分析】利用分类计数原理求解，按2与4两区域种植果树是否相同进行分类即可. 【详解】分两类情况： 第一类：2与4种同一种果树， 第一步种1区域，有5种方法； 第二步种2与4区域，有4种方法； 第三步种3区域，有3种方法； 最后一步种5区域，有3种方法， 由分步计数原理共有种方法； 第二类：2与4种不同果树， 第一步在1234四个区域，从5种不同的果树中选出4种果树种上， 是排列问题，共有种方法； 第二步种5号区域，有2种方法， 由分步计数原理共有种方法. 再由分类计数原理，共有种不同的方法. 故答案为：420. 34．（18-19高二下·江西景德镇·期中）若 则 【答案】27 【分析】由题意可得，可得•（﹣1）4，计算求得结果． 【详解】 , •（﹣1）4＝﹣8+35=27， 故答案为27． 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，考查了二项式展开式的通项公式及展开式中某项的系数问题，属于基础题． 35．（23-24高二下·江苏南京·期中）已知存在实数x，使得不等式成立，则实数t的取值范围是 ． 【答案】 【分析】将原式变形为，构造函数，根据函数单调性，进一步将不等式转化有解，继而转化为最值求解即可. 【详解】由已知，对于两边同时除以得 ， 变形得， 设，明显其在上单调递增， 所以由得， 即， 所以原问题转化为存在实数x，使得不等式成立， 又， 所以，解得， 故答案为： 36．（24-25高二上·江苏·假期作业）为研究方程正整数解的不同组数，我们可以用“挡板法”：取8个相同的小球排成一排，这8个小球间有7个“空挡”，在这7个“空挡”中选择2个“空挡”，在每个“空挡”插入1块挡板，2块挡板将这8个小球分成“三段”，每段小球的个数分别对应，，的一个正整数解，由此可以得出此方程正整数解的不同组数为．据此原理，则方程的正整数解的不同组数为 （用数字作答）；该方程自然数解的不同组数为 （用数字作答）． 【答案】 84 286 【分析】由排列、组合及简单计数问题，结合相同元素分组问题隔板法求解． 【详解】由题意，则方程的正整数解的不同组数为， 若中没有，则有种， 若中有个为，则有种， 若中有个为，则有种， 若中有个为，则有种， 该方程自然数解的不同组数为． 故答案为：84；286． 37．（23-24高二下·重庆·期中）已知关于x的不等式在上有解.则实数k的取值范围为 . 【答案】 【分析】利用切线不等式得，题目转化为在上有解，再分离参数得，最后设形函数，求导得到其最大值即可得到的范围. 【详解】设，，则， 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 则，则在上恒成立，即恒成立， 即恒成立， 则由切线不等式，当且仅当时取等， 知， 当且仅当时，取等， 从而在上有解等价与在上有解， 等价于在上有解， 令，则 当时，当时，，所以在上单调递增， 在上单调递减，， 时，；时，， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用切线不等式得到，当且仅当时等号成立，再利用分离参数得到，再设新函数，利用导数得到其最值即可. 38．（23-24高二下·重庆·期中）在探究的展开式的二项式系数性质时，我们把系数列成一张表，借助它发现了一些规律．在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中，出现了这个表，我们称这个表为杨辉三角．杨辉三角是中国古代数学中十分精彩的篇章．杨辉三角如下图所示： 第0行                             1 第1行                        1        1 第2行                    1        2        1 第3行                1        3        3        1 第4行            1        4        6        4        1 第5行        1        5        10        10        5        1 第6行    1        6        15        20        15        6        1                                  如上图，杨辉三角第6行的7个数依次为，，…，．现将杨辉三角中第行的第个数乘以，第0行的一个数为0，得到一个新的三角数阵如下图： 第0行                             0 第1行                        0        1 第2行                    0        2        2 第3行                0        3        6        3 第4行            0        4        12        12        4 第5行        0        5        20        30        20        5 第6行    0        6        30        60        60        30        6                                  在这个新的三角数阵中，第10行的第3个数为 ；从第一行开始的前行的所有数的和为 ． 【答案】 90 【分析】由杨辉三角及二项式系数得出新的三角数阵中第行的第个数为；先求出新的三角数阵中第行的和为，再根据错位相减法求前行的所有数的和即可． 【详解】由题可得杨辉三角中第行的第个数为， 则新的三角数阵中第行的第个数为，故第10行的第3个数为， 新的三角数阵中第行的和为：， 设，， 两边求导得，， 令得，， 所以新的三角数阵中第行的和为，设前行的所有数的和为， 则， ， 两式相减得，， 所以， 故答案为：90，． 39．（2024·广东佛山·二模）若函数（）有2个不同的零点，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】化简函数，得到和在上单增，结合存在唯一的，使，即，且存在唯一的，使，结合，进而得到实数的取值范围． 【详解】由函数， 设，可得，单调递增， 且，， 所以存在唯一的，使，即， 令，即， 设，可得，则在上单增， 又由且时，， 所以当时，存在唯一的，使，即， 若时，可得，则，可得，所以， 所以， 综上所述，实数的取值范围为． 故答案为：． 【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法： 1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决； 3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解. 结论拓展：与和相关的常见同构模型 ①，构造函数或； ②，构造函数或； ③，构造函数或. 四、解答题 40．（22-23高二下·广东江门·期中）有男运动员6名，女运动员4名．选派5人外出比赛，按下列要求求各有多少种选派方法？ (1)男运动员3名，女运动员2名； (2)至少有1名女运动员. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由分步乘法计数原理以及组合数即可求解.（2）正难则反，可以考虑用间接法，首先考虑没有派出女运动员的情况， 然后算出名运动员中派出名运动员的组合数，两数相减即可. 【详解】（1）首先从6名男运动员中抽取3名，一共有种选法， 再从4名女运动员中抽取2名，一共有种选法， 由分步乘法计数原理得一共有种选法. （2）一方面：考虑没有派出女运动员的情况，即从6名男运动员中抽取5名，一共有. 另一方面：从名运动员中派出名运动员的组合数为种选法. 结合以上两方面可知：至少派出1名女运动员一共有种选法. 41．（23-24高二下·广东·期中）已知，． (1)当时，求的图像在处的切线方程； (2)若当时，，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）当时，，可得，求导可得切线的斜率为，利用点斜式即可得出曲线的在点处的切线方程； （2）若恒成立，则在上恒成立．令，，利用导数研究其单调性即可得出函数取得极值与最值，从而得a的取值范围．． 【详解】（1）当时，，则， 又，则， 曲线的在点处的切线方程为：，即． （2）若恒成立，则在上恒成立． 令，． 则恒成立， 所以函数在上单调递增，则， 的取值范围为． 42．（23-24高二下·江苏徐州·期中）设甲袋中有4个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和2个红球． (1)现从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球．求从乙袋中取出的是2个红球的概率； (2)先随机取一只袋，在再从该袋中先后随机取2个球，求第一次取出的是红球的前提下，第二次取出的球是白球的概率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）运用互斥事件的定义，结合全概率公式进行求解即可； （2）根据条件概率公式，结合全概率公式进行求解即可. 【详解】（1）记事件：从甲袋中取出2个红球，：从甲袋中取出2个白球，：从甲袋中取出1个白球和1个红球，B：从乙袋中取出2个红球． 显然，，，两两互斥，且正好为“从甲袋中任取2个球”的样本空间． 由全概率公式，得 ． 答：从乙袋中取出的是2个红球的概率为． （2）设“取出的是甲袋”为事件，“取出的是乙袋”为事件，“第一次取出的球是红球”为事件B，“第二次取出的球是白球”为事件C，则， ，， 故， 所以 答：第一次取出的是红球的前提下，第二次取出的球是白球的概率为． 【点睛】关键点点睛：本题的关键是识别全概率公式运用的条件. 43．（23-24高二下·江苏苏州·期中）某工厂有三个车间生产同一种通讯器材，第1个车间生产该通讯器材的优等品率为，第2和第3个车间生产该通讯器材的优等品率均为，生产出来的产品混放在同一个仓库里．已知第1，2，3车间生产的通讯器材数量分别占总数的，，． (1)现从仓库中任取一个该通讯器材，试问它是优等品的概率是多少？ (2)如果取到的通讯器材是优等品，计算它是第个车间生产的概率． 【答案】(1) (2)，， 【分析】（1）根据题意，结合全概率公式，即可求解； （2）根据题意，结合条件概率计算公式，即可求解. 【详解】（1）设事件分别表示取出的通讯器材是第个车间生产的，表示“取到的是优等品”. 易知两两互斥，根据全概率公式， 可得 ． 所以从仓库中任取一个该通讯器材，取到优等品的概率是． （2） 如果取到的通讯器材是优等品，它是第1个车间生产的概率为； 如果取到的通讯器材是优等品，，它是第2个车间生产的概率为； . 如果取到的通讯器材是优等品，，它是第3个车间生产的概率为. 44．（23-24高二下·江苏南京·期中）函数． (1)求的值； (2)用二项式定理证明：能被8整除． 【答案】(1)0 (2)证明见解析 【分析】（1）利用赋值法对进行赋值，代入求解即可. （2）对进行代入化简，根据二项式定理展开，即可证明被8整除. 【详解】（1）令，则，所以， 令，则， 令，则， 两式相加，得， 所以， 所以. （2）， 显然能被8整除， 且能被8整除， 所以能被8整除. 45．（23-24高二下·河南洛阳·期末）甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两人中的任何一人．设n次传球后球在乙手中的概率为； (1)求； (2)求； 【答案】(1)，， (2) 【分析】（1）记“经过n次传球后，球在乙手中”，利用全概率公式计算即可； （2）设次传球后球在手乙中的概率为，得到，化简整理得，即，结合等比数列的通项公式，即可求解. 【详解】（1）记“经过n次传球后，球在乙手中”，， 当时，， 当时， 当时， （2）由 ， 即， ∴， ∴是首项为，公比为的等比数列， ∴ ∴ 46．（22-23高二上·江西南昌·期末）在的展开式中，前三项的二项式系数之和等于. (1)求的值； (2)若展开式中的常数项为，试求展开式中系数最大的项. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据展开式中前三项的二项式系数和为，可得出关于的方程，结合可求得的值； （2）求出的通项为根据展开式中的常数项为解得，再列不等式组求解即可. 【详解】（1）解：由题意可知，展开式中前三项的二项式系数之和为， 整理可得，因为，解得. （2）解：的展开式通项为， 令，可得， 所以，展开式中的常数项为，解得， 由不等式组，解得. 因为，所以，， 因此，展开式中系数最大的项为. 47．（2018高三·全国·竞赛）已知． （1）讨论函数的单调性． （2）设，若在时恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【详解】（1）由于， 当时，在上单调递减； 当时，由得，由得，所以在上单调递减，上单调递增. （2）令，显然时. 当时，. 所以在上单调递增. 又因为，所以时， 时，. 综上，时，；时，. 要使在上恒成立，只需在上恒成立即可. 又. 令，则. 由知在上单调递减； 由知在上单调递增. 所以，则. 48．（23-24高二下·重庆·期中）为方便起见，记一年有365天，并假设每个人的生日在365天中的任意一天都是等可能的. “生日悖论”指：在不少于23个人的群体中，至少有两人生日相同的概率大于50%. 记事件为“前k人中没有人生日相同”，其中. (1)证明：； (2)直接写出的值，并证明：如果一个班上有不少于23人，则这个班上至少有两人生日相同的概率大于. 附：，. 【答案】(1)证明见解析 (2)，证明见解析 【分析】（1）易得，再根据条件概率公式即可得证； （2）利用条件概率公式即可求出，先求出前n人中没有人生日相同的概率，根据题中所给数据，结合导数工具证明即可. 【详解】（1）设，若前个人中没有人生日相同，则前个人中一定没有人生日相同. 从而， 所以 ， 所以； （2）首先有. 如果一个班上有不少于23人，设该班人数为，则. 此时，这个班上的人两两生日不同的概率满足 下面证明：. 要证明该不等式，只需要证明，即. 令，则当时，有. 所以在上递减，从而对任意的，有，即. 所以. 而，，故. 所以，这就证明了. 所以，从而这个班上至少有两人生日相同的概率. 49．（22-23高二下·广东佛山·期中）已知. (1)若恒成立，求的范围； (2)证明不等式： 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由，可得，当时，不等式显然成立，当时，恒成立，令，利用导数求得，时，恒成立，令，利用导数可得，则求得的范围； （2）方法1：由（1）可得，当且仅当时成立，则； 方法2：设，设，利用导数可得在上恒成立，则在上递增，又，所以在上，在上，则在上是减函数，在上是增函数，可得，则. 【详解】（1）， 当时，不等式显然成立， 当时，恒成立，令，则 因此时，，时，， 所以在单调减，在单调增， 所以当时，，              当时，恒成立，令，此时恒成立， 所以在单调减，而时，且， 所以当时，，        综上. （2）方法1：由（1）知恒成立当且仅当时等号成立 ，     所以，当且仅当时成立，      所以，          所以.     方法2：设， 则，设， 则，    当时，， 当时，， 当时， 所以在上恒成立，所以在上递增 ，      又，所以在上，在上， 所以在上是减函数，在上是增函数，所以，          所以. 50．（23-24高二下·江苏南京·期中）在某抽奖活动中，初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红．每次随机抽取一个小球后放回．抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态．记第n次抽奖中奖的概率为． (1)求，； (2)若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有，试确定a，b，c的值，并证明上述递推公式； (3)若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少？ 【答案】(1)， (2)，证明见解析 (3) 【分析】（1）根据概率的乘法公式计算即可； （2）分别求出第一次中奖，第次抽奖中奖的概率，第一次未中奖而第二次中奖，第次抽奖中奖的概率，前两次均未中奖，第次抽奖中奖的概率，即可得解； （3）由题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽次至少中奖次，故只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，分别从初始状态开始，抽一次中奖的概率，从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率，从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率，再求出仅三次中奖的概率即可得解. 【详解】（1）， ； （2）因为每次中奖后袋中的球会回到初始状态， 从初始状态开始，若第一次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为， 从初始状态开始，若第一次未中奖而第二次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为， 从初始状态开始，若前两次均未中奖，则第三次必中奖， 此时第次抽奖中奖的概率为， 综上所述，对任意的，， 又，所以； （3）由题意知每抽三次至少有一次中奖， 故连抽次至少中奖次， 所以只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章， 另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态， 从初始状态开始，抽一次中奖的概率为， 从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率为， 从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率为， 用表示第次，第次，第次中奖，其余未中奖， 则三次中奖的所有情况如下：， ， 故仅三次中奖的概率为 ， 所以从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为. 【点睛】关键点点睛：题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽次至少中奖次，故只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，是解决第三问的关键. 1 / 42 学科网（北京）股份有限公司 $$【寒假衔接】2024-2025学年高二年级下学期数学重点题专练 寒假结课训练：导数，计数原理，条件概率与全概率公式精选50题模块一 题型·解读 寒假期间预习的知识内容，若不及时加以复习巩固，待到新学期开学之际，往往会如同沙漏中的细沙，悄然流逝，几乎不留痕迹。为了避免这种“学了就忘”的尴尬境地，在寒假课程结束后，特意精选了五十道题目作为课后复习的强化练习。这些题目并非随意拼凑，而是经过深思熟虑，精心挑选自各大名校的期中考试真题，旨在通过高质量、有针对性的练习，将寒假期间预习的知识点牢牢扎根于脑海之中。 这五十道题目覆盖了寒假预习内容的重点与难点，每一道题都如同一把钥匙，试图打开知识宝库中的一扇扇大门。通过解答这些题目，不仅能够检验自己对预习内容的掌握程度，还能在解题过程中发现不足，及时查漏补缺，确保知识体系的完整性和连贯性。 更重要的是，这些名校期中真题往往具有较高的参考价值，它们不仅考察了学生对基础知识的掌握情况，还注重考查学生的思维能力、解题技巧以及综合运用知识的能力。因此，通过练习这些题目，不仅能够巩固基础知识，还能在解题思路和解题技巧上得到显著提升，为新学期的学习打下坚实的基础。 模块二 核心题型·训练 一、单选题 1．（24-25高二下·广东广州·阶段练习）一质点A沿直线运动，其位移单位：与时间单位：之间的关系为，则质点A在时的瞬时速度为（   ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·重庆·期中）某单位有5位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是，为遵守所在城市元月15日至18日4天的限行规定（奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行），五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车（车牌尾数为2）最多只能用一天，则不同的用车方案种数是（    ） A．24 B．27 C．30 D．33 3．（2023高二上·江苏·专题练习）已知函数，存在最小值，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·河南·一模）已知口袋中有3个黑球和2个白球（除颜色外完全相同），现进行不放回摸球，每次摸一个，则第一次摸到白球的情况下，第三次又摸到白球的概率为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二下·陕西咸阳·阶段练习）已知函数，过原点作曲线的切线，则切点的坐标为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二下·重庆·期中）已知函数及其导函数的定义域均为，与均为偶函数，且，则（    ） A． B． C． D． 7．（高二下·江西·阶段练习）在的展开式中的系数为（    ） A．160 B．240 C．360 D．800 8．（23-24高二下·河北石家庄·阶段练习）甲辰龙年春节哈尔滨火爆出圈，成为春节假期旅游城市中的“顶流”．甲、乙等6名网红主播在哈尔滨的中央大街、冰雪大世界、圣索菲亚教堂、音乐长廊4个景点中选择一个打卡游玩，若每个景点至少有一个主播去打卡游玩，每位主播都会选择一个景点打卡游玩，且甲、乙各单独1人去某一个景点打卡游玩，则不同游玩方法有（    ） A．96种 B．132种 C．168种 D．204种 9．（23-24高二下·安徽宿州·开学考试）已知，则的值为（    ） A．-66 B．-65 C．-63 D．-62 10．（21-22高二下·福建福州·期末）甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人，则n次传球后球在甲手中的概率是（    ） A． B． C． D． 11．（23-24高二下·辽宁·期末）若过点可以作曲线的两条切线，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 12．（22-23高二下·重庆沙坪坝·阶段练习）某班级周三上午共有5节课，只能安排语文、数学、英语、体育和物理.数学必须安排，且连续上两节，但不能同时安排在第二三节，除数学外的其他学科最多只能安排一节，体育不能安排在第一节，则不同的排课方式共有（    ） A．48种 B．60种 C．72种 D．96种 13．（23-24高二下·江苏连云港·期中）被3除的余数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 14．（23-24高三下·全国·阶段练习）已知，则（    ） A． B． C． D． 15．（23-24高二下·江苏连云港·期中）甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“五局三胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为 ，且各局比赛结果相互独立.  在甲获得冠军的条件下，比赛进行了五局的概率为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 16．（23-24高二下·浙江·期中）已知展开式的二项式系数和为，，下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 17．（23-24高二下·江苏连云港·期中）若，则m的取值可能是（    ） A．4 B．5 C．8 D．9 18．（21-22高二下·江苏南通·阶段练习）已知，分别为随机事件A，B的对立事件，，，则（    ） A． B． C．若A，B独立，则 D．若A，B互斥，则 19．（23-24高二上·浙江杭州·期末）下列求导运算正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 20．（23-24高二下·重庆·期中）已知函数，则（    ） A．有两个极值点， B．有三个零点 C．点是的对称中心 D．在区间上有最大值，则a的取值范围为 21．（23-24高二下·重庆·期中）对于事件A，B，C，下列命题中正确的有（    ） A．若，则A与B互为对立事件 B．若，则 C．若，是B的对立事件，则 D．若，，则 22．（23-24高二下·重庆·期中）关于函数，下列说法正确的是（    ） A．是的极小值点 B．在区间上单调递减 C． D． 23．（23-24高二下·江苏苏州·期中）已知，且存在正整数，满足，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．展开式中所有项系数和为126 D．展开式中二项式系数最大的项为第三项和第四项 24．（2024·广东广州·一模）甲箱中有个红球和个白球，乙箱中有个红球和个白球（两箱中的球除颜色外没有其他区别），先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件和表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出两球，用事件表示从乙箱中取出的两球都是红球，则 A． B． C． D． 25．（23-24高二下·江苏镇江·期中）已知，下列等式正确的是（    ） A． B． C． D． 26．（23-24高二下·江苏徐州·期中）已知A，B是两个随机事件，，下列命题正确的是 A．若A，B相互独立，则 B．若事件，则 C．若A，B是对立事件，则 D．若A，B是互斥事件，则 27．（23-24高二下·山东泰安·阶段练习）已知函数（为常数），则下列结论正确的有 A．时，恒成立 B．时，无极值 C．若有3个零点，则的范围为 D．时，有唯一零点且 三、填空题 28．（23-24高二下·江苏南通·期中）甲、乙、丙为完全相同的三个不透明盒子，盒内均装有除颜色外完全相同的球.甲盒装有4个白球，8个黑球，乙盒装有1个白球，5个黑球，丙盒装有3个白球，3个黑球.随机抽取一个盒子，再从该盒子中随机摸出1个球，求摸出的球是黑球的概率为 . 29．（23-24高二下·广东广州·期中）将5名志愿者分配到四个社区协助开展活动，每名志愿者只能到1个社区，每个社区至少1名，则不同的分配方法数是 . 30．（23-24高二下·江苏徐州·期中）展开式中含项的系数是 ． 31．（23-24高二下·重庆·期中）某公司年会将安排7个节目的演出顺序表，则4个语言类中恰有1个安排在3个歌舞类节目之间的概率为 ． 32．（23-24高二下·重庆·期中）已知，则的值为 ． 33．（23-24高二下·广东肇庆·阶段练习）某植物园要在如图所示的5个区域种植果树，现有5种不同的果树供选择，要求相邻区域不能种同一种果树，则共有 种不同的方法．    34．（高二下·广东·期中）若 则 35．（23-24高二下·江苏南京·期中）已知存在实数x，使得不等式成立，则实数t的取值范围是 ． 36．（24-25高二上·江苏·假期作业）为研究方程正整数解的不同组数，我们可以用“挡板法”：取8个相同的小球排成一排，这8个小球间有7个“空挡”，在这7个“空挡”中选择2个“空挡”，在每个“空挡”插入1块挡板，2块挡板将这8个小球分成“三段”，每段小球的个数分别对应，，的一个正整数解，由此可以得出此方程正整数解的不同组数为．据此原理，则方程的正整数解的不同组数为 （用数字作答）；该方程自然数解的不同组数为 （用数字作答）． 37．（23-24高二下·重庆·期中）已知关于x的不等式在上有解.则实数k的取值范围为 . 38．（23-24高二下·重庆·期中）在探究的展开式的二项式系数性质时，我们把系数列成一张表，借助它发现了一些规律．在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中，出现了这个表，我们称这个表为杨辉三角．杨辉三角是中国古代数学中十分精彩的篇章．杨辉三角如下图所示： 第0行                             1 第1行                        1        1 第2行                    1        2        1 第3行                1        3        3        1 第4行            1        4        6        4        1 第5行        1        5        10        10        5        1 第6行    1        6        15        20        15        6        1 如上图，杨辉三角第6行的7个数依次为，，…，．现将杨辉三角中第行的第个数乘以，第0行的一个数为0，得到一个新的三角数阵如下图： 第0行                             0 第1行                        0        1 第2行                    0        2        2 第3行                0        3        6        3 第4行            0        4        12        12        4 第5行        0        5        20        30        20        5 第6行    0        6        30        60        60        30        6 在这个新的三角数阵中，第10行的第3个数为 ；从第一行开始的前行的所有数的和为 ． 39．（2024·广东佛山·二模）若函数（）有2个不同的零点，则实数的取值范围是 ． 四、解答题 40．（22-23高二下·广东江门·期中）有男运动员6名，女运动员4名．选派5人外出比赛，按下列要求求各有多少种选派方法？ (1)男运动员3名，女运动员2名；(2)至少有1名女运动员. 41．（23-24高二下·广东·期中）已知，． (1)当时，求的图像在处的切线方程； (2)若当时，，求a的取值范围． 42．（23-24高二下·江苏徐州·期中）设甲袋中有4个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和2个红球． (1)现从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球．求从乙袋中取出的是2个红球的概率； (2)先随机取一只袋，在再从该袋中先后随机取2个球，求第一次取出的是红球的前提下，第二次取出的球是白球的概率． 43．（23-24高二下·江苏苏州·期中）某工厂有三个车间生产同一种通讯器材，第1个车间生产该通讯器材的优等品率为，第2和第3个车间生产该通讯器材的优等品率均为，生产出来的产品混放在同一个仓库里．已知第1，2，3车间生产的通讯器材数量分别占总数的，，． (1)现从仓库中任取一个该通讯器材，试问它是优等品的概率是多少？ (2)如果取到的通讯器材是优等品，计算它是第个车间生产的概率． 44．（23-24高二下·江苏南京·期中）函数． (1)求的值；(2)用二项式定理证明：能被8整除． 45．（23-24高二下·河南洛阳·期末）甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两人中的任何一人．设n次传球后球在乙手中的概率为； (1)求； (2)求； 46．（22-23高二上·江西南昌·期末）在的展开式中，前三项的二项式系数之和等于. (1)求的值；(2)若展开式中的常数项为，试求展开式中系数最大的项. 47．（23-24高二·广东·期中）已知． （1）讨论函数的单调性． （2）设，若在时恒成立，求实数的取值范围． 48．（23-24高二下·重庆·期中）为方便起见，记一年有365天，并假设每个人的生日在365天中的任意一天都是等可能的. “生日悖论”指：在不少于23个人的群体中，至少有两人生日相同的概率大于50%. 记事件为“前k人中没有人生日相同”，其中. (1)证明：； (2)直接写出的值，并证明：如果一个班上有不少于23人，则这个班上至少有两人生日相同的概率大于. 附：，. 49．（22-23高二下·广东佛山·期中）已知. (1)若恒成立，求的范围；(2)证明不等式： 50．（23-24高二下·江苏南京·期中）在某抽奖活动中，初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红．每次随机抽取一个小球后放回．抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态．记第n次抽奖中奖的概率为． (1)求，； (2)若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有，试确定a，b，c的值，并证明上述递推公式； (3)若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少？ 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$【寒假衔接】2024-2025 学年高二年级下学期数学重点题专练 1 / 14 寒假结课训练：导数，计数原理，条件概率与全概率公式精选 50 题 寒假期间预习的知识内容，若不及时加以复习巩固，待到新学期开学之际，往往会如同沙漏中 的细沙，悄然流逝，几乎不留痕迹。为了避免这种“学了就忘”的尴尬境地，在寒假课程结束后，特 意精选了五十道题目作为课后复习的强化练习。这些题目并非随意拼凑，而是经过深思熟虑，精心 挑选自各大名校的期中考试真题，旨在通过高质量、有针对性的练习，将寒假期间预习的知识点牢 牢扎根于脑海之中。 这五十道题目覆盖了寒假预习内容的重点与难点，每一道题都如同一把钥匙，试图打开知识宝 库中的一扇扇大门。通过解答这些题目，不仅能够检验自己对预习内容的掌握程度，还能在解题过 程中发现不足，及时查漏补缺，确保知识体系的完整性和连贯性。 更重要的是，这些名校期中真题往往具有较高的参考价值，它们不仅考察了学生对基础知识的 掌握情况，还注重考查学生的思维能力、解题技巧以及综合运用知识的能力。因此，通过练习这些 题目，不仅能够巩固基础知识，还能在解题思路和解题技巧上得到显著提升，为新学期的学习打下 坚实的基础。 一、单选题 1．（24-25 高二下·广东广州·阶段练习）一质点 A沿直线运动，其位移 (y 单位：m)与时间 (t 单位：s) 之间的关系为   2 2y t t  ，则质点 A在 3st  时的瞬时速度为（ ） A．11m / s B．8m / s C．6m / s D． 11 m/s 3 2．（23-24 高二下·重庆·期中）某单位有 5 位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0,1,2,3,5，为遵 守所在城市元月 15 日至 18 日 4 天的限行规定（奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数 为偶数的车通行），五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车（车牌尾数为 2）最 多只能用一天，则不同的用车方案种数是（ ） A．24 B．27 C．30 D．33 模块一 题型·解读 模块二 核心题型·训练 【寒假衔接】2024-2025 学年高二年级下学期数学重点题专练 2 / 14 3．（2023 高二上·江苏·专题练习）已知函数   3 3f x x x  ，  , 4x a a  存在最小值，则实数a 的取 值范围为（ ） A． 2,1 B．  2,1 C． 3,1 D．  3,1 4．（2024·河南·一模）已知口袋中有 3 个黑球和 2 个白球（除颜色外完全相同），现进行不放回摸球， 每次摸一个，则第一次摸到白球的情况下，第三次又摸到白球的概率为（ ） A． 1 10 B． 1 4 C． 2 5 D． 3 5 5．（23-24 高二下·陕西咸阳·阶段练习）已知函数   lnf x x x  ，过原点作曲线  y f x 的切线 l， 则切点 P 的坐标为（ ） A．  1,1 B．  e,e 1 C． 1 1 , 1 e e       D．  2 2e ,e 2 6．（23-24 高二下·重庆·期中）已知函数  f x 及其导函数  g x 的定义域均为R ，  1f x  与  g x 均 为偶函数，且  0 1f  ，则   2024 0k f k   （ ） A．2025 B．2024 C．1 D．0 7．（高二下·江西·阶段练习）在   5 2 3 2x x  的展开式中 x 的系数为（ ） A．160 B．240 C．360 D．800 8．（23-24 高二下·河北石家庄·阶段练习）甲辰龙年春节哈尔滨火爆出圈，成为春节假期旅游城市中 的“顶流”．甲、乙等 6 名网红主播在哈尔滨的中央大街、冰雪大世界、圣索菲亚教堂、音乐长廊 4 个景点中选择一个打卡游玩，若每个景点至少有一个主播去打卡游玩，每位主播都会选择一个景点 打卡游玩，且甲、乙各单独 1 人去某一个景点打卡游玩，则不同游玩方法有（ ） A．96 种 B．132 种 C．168 种 D．204 种 9．（23-24 高二下·安徽宿州·开学考试）已知    6 2 7 0 1 2 71 2x x a a x a x a x       ，则 0 1 3 5 7a a a a a    的值为（ ） A．-66 B．-65 C．-63 D．-62 【寒假衔接】2024-2025 学年高二年级下学期数学重点题专练 3 / 14 10．（21-22 高二下·福建福州·期末）甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第 1 次由甲将球传出， 每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人，则 n次传球后球在甲手中的概 率是（ ） A． 1 2 1 3 n        B． 1 1 3 4 n        C． 1 1 1 1 4 4 3 n        D． 1 1 1 1 4 4 3 n        11．（23-24 高二下·辽宁·期末）若过点  ,0P t 可以作曲线  1 exy x  的两条切线，则 t 的取值范围是 （ ） A．  3,1 B．  1, C．  , 3  D．    , 3 1,   12．（22-23 高二下·重庆沙坪坝·阶段练习）某班级周三上午共有 5 节课，只能安排语文、数学、英 语、体育和物理.数学必须安排，且连续上两节，但不能同时安排在第二三节，除数学外的其他学科 最多只能安排一节，体育不能安排在第一节，则不同的排课方式共有（ ） A．48 种 B．60 种 C．72 种 D．96 种 13．（23-24 高二下·江苏连云港·期中） 1 3 5 2023 2024 2024 2024 2024C C C C    被 3 除的余数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 14．（23-24 高三下·全国·阶段练习）已知  6 1 6 , ln , log 7 1 ln5 5 5 a b c    ，则（ ） A．a b c  B．b c a  C．a c b  D．c a b  15．（23-24 高二下·江苏连云港·期中）甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“五局三胜” 制，甲在每局比赛中获胜的概率均为 2 3 ，且各局比赛结果相互独立. 在甲获得冠军的条件下，比赛 进行了五局的概率为（ ） A． 1 4 B． 16 81 C． 2 3 D． 2 5 【寒假衔接】2024-2025 学年高二年级下学期数学重点题专练 4 / 14 二、多选题 16．（23-24 高二下·浙江·期中）已知      *2 3 n f x x n  N 展开式的二项式系数和为512，         2 0 1 21 1 ... 1 n nf x a a x a x a x        ，下列选项正确的是（ ） A． 1 2 ... 1na a a    B． 1 2 32 3 ... 18na a a na     C． 2 144a  D． 9 0 1 ... 3na a a    17．（23-24 高二下·江苏连云港·期中）若 3 8 28 28C C m m  ，则 m的取值可能是（ ） A．4 B．5 C．8 D．9 18．（21-22 高二下·江苏南通·阶段练习）已知 A，B 分别为随机事件 A，B 的对立事件，   0P A  ，   0P B  ，则（ ） A．    | | 1P B A P B A  B．      | |P B A P B A P A  C．若 A，B独立，则    P A B P A D．若 A，B互斥，则  ( | ) |P A B P B A 19．（23-24 高二上·浙江杭州·期末）下列求导运算正确的是（ ） A．若    cos 2 3f x x  ，则    2sin 2 3f x x   B．若   ex x f x  ，则   1 ex x f x    C．若   2 1e xf x   ，则   2 1e xf x    D．若   lnf x x x ，则   ln 1f x x   20．（23-24 高二下·重庆·期中）已知函数   3 23 2f x x x   ，则（ ） A．  f x 有两个极值点  2, 2 ，  0, 2 B．  f x 有三个零点 C．点  1,0 是  f x 的对称中心 D．  f x 在区间  , 4a a  上有最大值，则 a的取值范围为  6, 3  【寒假衔接】2024-2025 学年高二年级下学期数学重点题专练 5 / 14 21．（23-24 高二下·重庆·期中）对于事件 A，B，C，下列命题中正确的有（ ） A．若 ( ) ( ) 1P A P B  ，则 A与 B互为对立事件 B．若 ( ) 0P C  ，则 ( | ) ( )P A C P AC C．若 A B ， B 是 B的对立事件，则 ( ) ( ) ( )P A B P A P B  D．若 ( ) 0P A  ， ( ) 0P AB  ，则 ( ) ( ) ( | ) ( | )P ABC P A P B A P C AB   22．（23-24 高二下·重庆·期中）关于函数   2lnx f x x  ，下列说法正确的是（ ） A． ex   是  f x 的极小值点 B．  f x 在区间  0,e 上单调递减 C．    3 2f f D．        2024 2024 2024 2024 0f f f f     23．（23-24 高二下·江苏苏州·期中）已知   2 20 1 21 (1 ) (1 ) n n nx x x a a x a x a x           ，且 存在正整数n，满足 1 22 321na a na    ，则下列结论正确的是（ ） A． 6n  B． 1 2 119na a a    C．   21 (1 ) (1 )nx x x      展开式中所有项系数和为 126 D． (1 2 )nx 展开式中二项式系数最大的项为第三项和第四项 24．（2024·广东广州·一模）甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和2个白球（两箱中的 球除颜色外没有其他区别），先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件 1A 和 2A 表示从甲箱中取 出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出两球，用事件 B 表示从乙箱中取出的两球都是红球，则 A． 1 3 ( ) 5 P A  B． 11 ( ) 50 P B  C．  1 9 50 P B A  D． 2 2 ( ) 11 P A B  【寒假衔接】2024-2025 学年高二年级下学期数学重点题专练 6 / 14 25．（23-24 高二下·江苏镇江·期中）已知 6 2 7 0 1 2 7(3 2 ) 1) 1)( ( 1)(x x a a x a x a x         ，下列等 式正确的是（ ） A． 0 1a  B． 1 2 7 2a a a    C． 1 2 72 7 13a a a     D． 2 4 6 0a a a   26．（23-24 高二下·江苏徐州·期中）已知 A，B是两个随机事件，  0 1P A  ，下列命题正确的是 A．若 A，B相互独立，则    P B A P B B．若事件 A B ，则   1P B A  C．若 A，B是对立事件，则   1P B A  D．若 A，B是互斥事件，则   0P B A  27．（23-24 高二下·山东泰安·阶段练习）已知函数 2( ) exf x ax  （ a为常数），则下列结论正确的有 A． e 2 a  时， ( ) 0f x  恒成立 B． 1a  时， ( )f x 无极值 C．若 ( )f x 有 3 个零点，则a的范围为 2e , 4       D． 1 2 a  时， ( )f x 有唯一零点 0x 且 0 1 1 2 x    三、填空题 28．（23-24 高二下·江苏南通·期中）甲、乙、丙为完全相同的三个不透明盒子，盒内均装有除颜色 外完全相同的球.甲盒装有 4 个白球，8 个黑球，乙盒装有 1 个白球，5 个黑球，丙盒装有 3 个白球， 3 个黑球.随机抽取一个盒子，再从该盒子中随机摸出 1 个球，求摸出的球是黑球的概率为 . 29．（23-24 高二下·广东广州·期中）将 5 名志愿者分配到四个社区协助开展活动，每名志愿者只能 到 1 个社区，每个社区至少 1 名，则不同的分配方法数是 . 30．（23-24 高二下·江苏徐州·期中）   5 2 3 2x x  展开式中含 2x 项的系数是 ． 【寒假衔接】2024-2025 学年高二年级下学期数学重点题专练 7 / 14 31．（23-24 高二下·重庆·期中）某公司年会将安排 7 个节目的演出顺序表，则 4 个语言类中恰有 1 个安排在 3 个歌舞类节目之间的概率为 ． 32．（23-24 高二下·重庆·期中）已知  0 1 2 2 3 3 *C 2C 2 C 2 C 2 C 243 Nn nn n n n n n      ，则 1 2 3C C C Cnn n n n   的值为 ． 33．（23-24 高二下·广东肇庆·阶段练习）某植物园要在如图所示的 5 个区域种植果树，现有 5 种不 同的果树供选择，要求相邻区域不能种同一种果树，则共有 种不同的方法． 34．（高二下·广东·期中）若 4 7 2 7 0 1 2 7( 1) ( 2) ( 2) ( 2) ,x x a a x a x a x          则 3a  35．（23-24 高二下·江苏南京·期中）已知存在实数 x，使得不等式     2 22 2e 2 2 2ln 0ex xt t x x t       成立，则实数 t的取值范围是 ． 36．（24-25 高二上·江苏·假期作业）为研究方程 8x y z   正整数解的不同组数，我们可以用“挡板 法”：取 8 个相同的小球排成一排，这 8 个小球间有 7 个“空挡”，在这 7 个“空挡”中选择 2 个“空挡”， 在每个“空挡”插入 1 块挡板，2 块挡板将这 8 个小球分成“三段”，每段小球的个数分别对应 x ， y ， z 的一个正整数解，由此可以得出此方程正整数解的不同组数为 2 7C ．据此原理，则方程 10w x y z    的正整数解的不同组数为 （用数字作答）；该方程自然数解的不同组数为 （用数字作答）． 【寒假衔接】2024-2025 学年高二年级下学期数学重点题专练 8 / 14 37．（23-24 高二下·重庆·期中）已知关于 x的不等式 e ln 1 0kxkx x x    在  0,  上有解.则实数 k 的取值范围为 . 38．（23-24 高二下·重庆·期中）在探究 ( )na b 的展开式的二项式系数性质时，我们把系数列成一张表， 借助它发现了一些规律．在我国南宋数学家杨辉 1261 年所著的《详解九章算法》一书中，出现了这 个表，我们称这个表为杨辉三角．杨辉三角是中国古代数学中十分精彩的篇章．杨辉三角如下图所 示： 第 0 行 1 第 1 行 1 1 第 2 行 1 2 1 第 3 行 1 3 3 1 第 4 行 1 4 6 4 1 第 5 行 1 5 10 10 5 1 第 6 行 1 6 15 20 15 6 1 如上图，杨辉三角第 6 行的 7 个数依次为 0 6C ， 1 6C ， 2 6C … 5 6C ， 6 6C ．现将杨辉三角中第  1,n n n  N 行的第  1 1,r r n r n     N N 个数乘以 ( 1)r  ，第 0 行的一个数为 0，得到一个新的三角数阵如 下图： 第 0 行 0 第 1 行 0 1 第 2 行 0 2 2 第 3 行 0 3 6 3 第 4 行 0 4 12 12 4 第 5 行 0 5 20 30 20 5 第 6 行 0 6 30 60 60 30 6 在这个新的三角数阵中，第 10 行的第 3 个数为 ；从第一行开始的前  n n N 行的所有数的 和为 ． 39．（2024·广东佛山·二模）若函数   ln e ln ex x a x f x x x a x     （ Ra ）有 2 个不同的零点，则实 数 a的取值范围是 ． 【寒假衔接】2024-2025 学年高二年级下学期数学重点题专练 9 / 14 四、解答题 40．（22-23 高二下·广东江门·期中）有男运动员 6 名，女运动员 4 名．选派 5 人外出比赛，按下列 要求求各有多少种选派方法？ (1)男运动员 3 名，女运动员 2 名；(2)至少有 1 名女运动员. 41．（23-24 高二下·广东·期中）已知   lnf x ax x  ， Ra ． (1)当 2a  时，求  f x 的图像在   1, 1f 处的切线方程； (2)若当  1,ex 时，   0f x  ，求 a的取值范围． 【寒假衔接】2024-2025 学年高二年级下学期数学重点题专练 10 / 14 42．（23-24 高二下·江苏徐州·期中）设甲袋中有 4 个白球和 2 个红球，乙袋中有 2 个白球和 2 个红 球． (1)现从甲袋中任取 2 个球放入乙袋，再从乙袋中任取 2 个球．求从乙袋中取出的是 2 个红球的概率； (2)先随机取一只袋，在再从该袋中先后随机取 2 个球，求第一次取出的是红球的前提下，第二次取 出的球是白球的概率． 43．（23-24 高二下·江苏苏州·期中）某工厂有三个车间生产同一种通讯器材，第 1 个车间生产该通 讯器材的优等品率为6%，第 2 和第 3 个车间生产该通讯器材的优等品率均为5%，生产出来的产品 混放在同一个仓库里．已知第 1，2，3 车间生产的通讯器材数量分别占总数的 25%，30%， 45%． (1)现从仓库中任取一个该通讯器材，试问它是优等品的概率是多少？ (2)如果取到的通讯器材是优等品，计算它是第  1,2,3i i  个车间生产的概率． 【寒假衔接】2024-2025 学年高二年级下学期数学重点题专练 11 / 14 44．（23-24 高二下·江苏南京·期中）函数   10 2 20 0 1 20( ) 1f x x x a a x a x       ． (1)求 2 4 20a a a   的值；(2)用二项式定理证明： (7) 9f  能被 8 整除． 45．（23-24 高二下·河南洛阳·期末）甲、乙、丙三人相互做传球训练，第 1 次由甲将球传出，每次 传球时，传球者都等可能地将球传给另外两人中的任何一人．设 n次传球后球在乙手中的概率为 nP ； (1)求 1 2 3, ,P P P ； (2)求 nP ； 【寒假衔接】2024-2025 学年高二年级下学期数学重点题专练 12 / 14 46．（22-23 高二上·江西南昌·期末）在 3 1 n ax x       的展开式中，前三项的二项式系数之和等于79 . (1)求 n的值；(2)若展开式中的常数项为 55 2 ，试求展开式中系数最大的项. 47．（23-24 高二·广东·期中）已知       31 ln , 2 xf x ax x g x x e      ． （1）讨论函数  f x 的单调性． （2）设       max ,h x f x g x ，若   1 3 h x x 在𝑥 ∈ (0,+∞)时恒成立，求实数a 的取值范围． 【寒假衔接】2024-2025 学年高二年级下学期数学重点题专练 13 / 14 48．（23-24 高二下·重庆·期中）为方便起见，记一年有 365 天，并假设每个人的生日在 365 天中的 任意一天都是等可能的. “生日悖论”指：在不少于 23 个人的群体中，至少有两人生日相同的概率大 于 50%. 记事件 kA 为“前 k人中没有人生日相同”，其中 1,2, ,k n  . (1)证明：          1 2 1 3 2 1...n n nP A P A P A A P A A P A A      ； (2)直接写出  1k kP A A  的值  2,3,...,k n ，并证明：如果一个班上有不少于 23 人，则这个班上至少 有两人生日相同的概率大于50% . 附： ln 2 0.693147... ， 253 0.693150... 365  . 49．（22-23 高二下·广东佛山·期中）已知   exf x ax  . (1)若   0f x  恒成立，求a的范围；(2)证明不等式：  2e 2eln e 2 2xx x x x    【寒假衔接】2024-2025 学年高二年级下学期数学重点题专练 14 / 14 50．（23-24 高二下·江苏南京·期中）在某抽奖活动中，初始时的袋子中有 3 个除颜色外其余都相同 的小球，颜色为 2 白 1 红．每次随机抽取一个小球后放回．抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖， 抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后 把三个球的颜色重新变为 2 白 1 红的初始状态．记第 n次抽奖中奖的概率为 nP ． (1)求 2P ， 3P ； (2)若存在实数 a，b，c，对任意的不小于 4 的正整数 n，都有 1 2 3n n n nP aP bP cP     ，试确定 a，b， c的值，并证明上述递推公式； (3)若累计中奖 4 次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽 9 次获得至少一枚勋章的 概率为多少？