精品解析：浙江省台州山海协作体2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试题

2024学年第二学期台州市山海协作体期中联考 高二年级数学学科试题 命题：平桥中学 黄岩二高 审题：城峰中学 考生须知： 1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字． 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效． 4．考试结束后，只需上交答题纸． 选择题部分 一、单项选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 下表是离散型随机变量的概率分布，则常数的值是（ ） 3 4 5 6 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据概率和为1，列方程求得的值. 【详解】根据概率和为1，列方程得： ， 解得. 故选：C. 2. 若函数在处可导，则（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数的定义求解. 【详解】因为函数在处可导， 所以， 故选：B 3. 下列对函数求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接对四个选项一一求导即可验证. 【详解】对于A：，故A错误； 对于B：，故B错误； 对于C：，故C错误； 对于D：，故D正确. 故选：D 4. 已知函数的导函数的图象如图，则下列叙述正确的是（ ） A. 函数在上单调递减 B. 函数在处取得极小值 C. 函数在处取得极值 D. 函数只有一个极值点 【答案】D 【解析】 【分析】由图象得出函数单调性以及极值. 【详解】由导函数的图象可知，函数在上单调递增，故A选项错误； 在的左右，所以函数在处不能取得极值，故C选项错误； 当时，；当时，，即函数在上单调递增， 在上单调递减，即函数在出取得极大值， 且是函数的唯一极值点，故B选项错误，D选项正确. 故选：D. 5. 将6本不同的书（包括1本物理书和1本历史书）平均分给甲、乙两人，其中物理书和历史书不能分给同一个人，则不同的分配种数是（ ） A. 6 B. 12 C. 18 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】利用分步乘法原理和分组分配方法求解. 【详解】第一步：把1本物理书和1本历史书分给两个人，1人一本，有种分配方法, 第二步：把剩下4本书平均的分给两个人，有种分配方法, 所以共有种分配方法， 故选:B. 6. 的展开式中，的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合立方和公式可得，结合二项式的展开式通项公式求结论. 【详解】因为. 的二项展开式的通项公式为. 而， 所以的系数为为. 故选：C. 7. 近年来，各地旅游事业得到飞速发展，越来越多的周边游客来参观天门市的陆羽故园、胡家花园、天门博物馆、黄潭七屋岭、海龙岛景区、西塔寺等6处景点.现甲、乙两位游客准备从6处景点各随机选一处游玩，记事件“甲和乙至少有一个人前往陆羽故园”，事件“甲和乙选择不同的景点”则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用对立事件的概率公式求出事件发生的概率，再分两种情况求出事件发生的概率，利用条件概率公式求解即可. 【详解】甲、乙从6处景点各选一处的总情况数为种， “甲和乙至少有一个人前往陆羽故园”的对立事件是“甲和乙都不前往陆羽故园”， 甲不选陆羽故园有5种选法，乙不选陆羽故园也有5种选法， 所以甲和乙都不前往陆羽故园的情况数为种， 则， “甲和乙至少有一个人前往陆羽故园且甲和乙选择不同的景点”，分两种情况： （1）甲去陆羽故园，乙不去， 甲去陆羽故园有1种选法，乙从除陆羽故园外的5个景点选有5种选法， 共种情况； （2）乙去陆羽故园，甲不去， 乙去陆羽故园有1种选法，甲从除陆羽故园外的5个景点选有5种选法， 共种情况， 所以， 所以. 故选：. 8. 已知函数，下面表述不正确的为（ ） A. 是的极小值点 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】B 【解析】 【分析】对函数求导，求出函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减，再对每个选项逐一判断即可. 【详解】对函数求导， 得， 令，解得：或； 令，解得：， 所以函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减，如下图： 对于选项A：观察图像可知，选项A正确； 对于选项B：当时，，且函数在区间上单调递增， 故，故选项B错误； 对于选项C：当时，，且函数在区间上单调递减， 且，故，故选项C正确； 对于选项D：当时，，由，得， 故，故选项D正确； 故选：B 二、多项选择题：（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分） 9. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量服从正态分布，且，则 B. 若随机变量的方差，则 C. 从装有大小、形状都相同的5个红球和3个白球的袋中随机取出两球，取到白球的个数记为，则 D. 若随机变量服从二项分布，且最大，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正态分布的性质判断A，根据方差的性质判断B，根据超几何分布的期望公式判断C，根据二项分布的概率公式判断D. 【详解】对于A，因为，即均值是，所以, 又因为，所以， 则，故A正确； 对于B：因为，所以，故B错误； 对于C：由于服从超几何分布，所以，故C正确； （法二：的可能取值为、、，所以，，， 所以）； 对于D：因为，所以，， 则，， ，， ， 所以最大，则，故D错误. 故选：AC 10. 对于可以求导的函数，如果它的导函数也是可导函数，那么将的导函数记为．如果有零点，则称其为的“驻点”；如果有零点，则称点为的“拐点”．某同学对三次函数和进行探究发现，得到如下命题，其中真命题为：（ ） A. 在“驻点”处取得最值 B. 一定有“拐点”，但不一定有“驻点” C. 若有3个零点，则 D. 存在实数m，，使得对于任意不相等的两实数，都有 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，利用“驻点”的定义求出的“驻点”，然后在由函数单调性判断，对于B，根据“拐点”和“驻点”的定义分析判断，对于C，将问题转化为与的图象有3个不同的交点，作出函数图象分析判断，对于D，举列判断. 【详解】对于A，由，得， 由，得或，所以和是的“驻点”， 当或时，，当时，， 所以在和，在上递减， 所以在“驻点”处没有取得最值，所以A错误， 对于B，由，得， 由，方程不一定有根，所以不一定有“驻点”， 由，得，所以一定有“拐点”，所以B正确， 对于C，由，得，由选项A可知在和，在上递减， 所以的极大值为，极小值为， 所以的大致图象如图， 由图可知当时，与的图象有3个不同的交点， 所以有3个零点，则，所以C正确， 对于D，若，则在上单调递增， 所以不存在实数m，，使得对于任意不相等的两实数，都有，所以D错误， 故选：BC 【点睛】关键点点睛：此题考查函数的新定义，考查导数的应用，解题的关键是对“拐点”和“驻点”的定义的理解，考查理解能力和数形结合的思想，属于较难题. 11. 某同学玩一种跳棋游戏，抛掷一枚质地均匀且标有数字的骰子，规定：若掷得数字小于或等于4，则前进1步；若掷得数字大于4，则前进2步.每次投掷互不影响，记某同学一共前进步的概率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先说明每投掷一次骰子，前进一步的概率为，前进两步的概率为，显然；对于AB，直接由互斥加法、独立乘法公式验算即可；对于C，由全概率公式验算即可；对于D，先根据C选项结论得到，进一步即可判断. 【详解】每投掷一次骰子，前进一步的概率为，前进两步的概率为，显然； 对于A，一共前进了2步，可能是第一次前进了两步，或第一次、第二次各前进一步，所以，故A错误； 对于B，一共前进了3步，可能是第一次前进了两步且第二次前进了一步， 或第一次前进了一步且第二次前进了两步，或三次各前进一步， 所以，故B正确； 对于C，一共前进了步，可能是前进步后继续前进2步，或前进步后，继续前进1步， 所以，即，故C正确； 对于D，因为，所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 又注意到， 所以数列是常数列，这个数列中的每一项都是， 所以，所以，解得， ，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键在于利用C选项的结论导出的表达式，由此即可顺利得解. 非选择题部分 三、填空题：（本大题共3小题，每题5分，共15分） 12. 若，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据组合数的性质计算可得. 【详解】因为，所以. 故答案为： 13. 数学竞赛中，某校有共6位同学获奖，在竞赛结束后站成一排合影留念时，假设两人必须相邻且站在正中间，两人不能相邻，则不同的站法共有_________种. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用相邻问题，再结合不相邻列式求解. 【详解】依题意，排，相邻且站在正中间，有种站法； 再排，不相邻，而两侧各有2个位置，即不在同侧， 在两侧各取1个位置再排列，共有种站法， 最后排有种站法， 所以不同的站法共有（种）. 故答案为：32 14. 设，函数，若恰有两个零点，则的取值范围是______ 【答案】 【解析】 【分析】分离参数，问题转化为直线与函数图象有两个交点，求导分析单调性，画出的图象，数形结合即可得到的取值范围. 【详解】∵，∴. 当时，由得，， 当时，由得，， 令，则直线与函数的图象有两个交点， 当时，，函数在上是减函数， 当时，， 由得，由得， ∴在上为减函数，在上为增函数，且当时，函数极小值为， 当时，，当时，，函数图象如图所示， 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，此时函数有两个零点， ∴实数取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键是分离参数，把问题转化为直线与函数图象交点个数问题，在画函数图象的过程中常借助导数分析单调性. 四、解答题：（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 用五个数字，问： （1）可以组成多少个无重复数字的四位密码？ （2）可以组成多少个无重复数字的四位数？ （3）可以组成多少个十位数字比个位数字大的无重复数字的四位偶数？ 【答案】（1）120 （2）96 （3）32 【解析】 【分析】（1）直接全排列即可得答案； （2）注意首位不能为0，从不为0的四个数选一个放在首位，再从剩下的四个数选三个数全排列即可得答案； （3）分0在个位、在个位、4在个位三种情况进行讨论，再由分类加法计数原理求解可得答案. 【小问1详解】 从5个数字任取4个进行全排列，故有个； 【小问2详解】 首位不能为0，则有个； 【小问3详解】 由题意，是偶数个位数必须是. 分3种情况讨论： ①0在个位，十位必须比0大，千位数字不能是0且不能与个位和十位数字重复，百位数字在剩下的数字选一个，所以共有； ②在个位，十位数字必须比2大，千位数不能是0且不能与个位和十位数字重复，百位剩下2个里面选一个.有种选法； ③4在个位，里面没有比4大的数字，不存在这种可能.则共有种情况. 16. 已知二项式，若选条件_____填写序号， （1）求展开式中含的项； （2）设，求展开式中奇数项的系数和． 请在：①只有第项的二项式系数最大；②第项与第项的二项式系数相等；③所有二项式系数的和为， 这三个条件中任选一个，补充在上面问题中的线上，并完成解答． 【答案】（1） （2）2080 【解析】 【分析】（1）选任意条件后求出，然后由二项展开式通项公式，进而求得含的项； （2）用赋值法求得奇数项系数和. 【小问1详解】 选条件①，由只有第项的二项式系数最大可知，展开式共有项，所以， 选条件②，由第项与第项的二项式系数相等可知，，所以， 选条件③，由所有二项式系数的和为可知，可得， 所以二项式可化为， 因为， 令，则展开式中含的项为. 【小问2详解】 由（1）知二项式为， 令，， 令，， 两式相加得， 所以， 所以展开式中奇数项的系数和为2080. 17. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程； （2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可. 【小问1详解】 当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. 【小问2详解】 解法一：因为的定义域为，且， 若，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，无极值，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 由题意可得：，即， 构建，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a取值范围为； 解法二：因为的定义域为，且， 若有极小值，则有零点， 令，可得， 可知与有交点，则， 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值，符合题意， 由题意可得：，即， 构建， 因为则在内单调递增， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为. 18. 某校举办了一次安全知识竞赛，竞赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛.预赛从8道题中任选4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰. （1）若这8道题中甲同学能答对其中4道，记甲在预赛中答对的题目个数为，求的分布列并计算甲进入决赛的概率. （2）决赛需要回答3道同等难度的题目，若全部答对则获得一等奖，奖励200元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励100元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励.假定进入决赛的同学答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立. （i）记进入决赛的某同学恰好获得二等奖的概率为，求的最大值； （ii）某班共有4名学生进入了决赛，若这4名同学获得总奖金的期望值不小于325元，求此时的取值范围. 【答案】（1）分布列见解析； （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）求出的取值及对应的概率可得分布列，再结合分布列计算可得答案； （2）（i）由利用导数求出最大值可得答案；（ii）分析每名学生获得的奖金的期望，求和解不等式即可. 【小问1详解】 由已知的取值为， ，， ，， ， 所以的分布列为 0 1 2 3 4 甲进入决赛的概率为； 【小问2详解】 （i）由题意得， 令，解得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 可得的最大值为； （ii）由题可设每名进入决赛的学生获得的奖金为随机变量， 则的可能取值为， 所以，， ，， 所以 ， 可得，即， 整理得， 由， 得， 解得. 【点睛】关键点睛：第二问解题关键点是利用导数研究单调性，可得极大值. 19. 若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”． （1）若，判断是否为上的“3类函数”； （2）若为上的“2类函数”，求实数的取值范围． 【答案】（1）是 （2） 【解析】 【分析】（1）由新定义可知，利用作差法结合不等式的性质证明即可. （2）由已知条件转化为对于任意，都有，，只需且，利用导函数研究函数的单调性和最值即可. 【小问1详解】 对于任意不同的， 有，所以， ， 所以是上的“3类函数” 【小问2详解】 因为， 由题意知，对于任意不同的，都有， 不妨设，则， 故且， 故为上的增函数，为上的减函数， 故任意，都有， 由可转化为，令，只需， ，令，在单调递减， 所以，故在单调递减， ， 由可转化为，令，只需 ，令，在单调递减， 且，所以使，即， 即， 当时，，故在单调递增， 当时，，故在单调递减， ，故． 【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立或恒成立；②数形结合（的图象在上方即可）；③讨论最值或恒成立；④讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024学年第二学期台州市山海协作体期中联考 高二年级数学学科试题 命题：平桥中学 黄岩二高 审题：城峰中学 考生须知： 1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字． 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效． 4．考试结束后，只需上交答题纸． 选择题部分 一、单项选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 下表是离散型随机变量的概率分布，则常数的值是（ ） 3 4 5 6 A. B. C. D. 2. 若函数处可导，则（ ） A. B. C. D. 3. 下列对函数求导运算正确的是（ ） A. B. C D. 4. 已知函数导函数的图象如图，则下列叙述正确的是（ ） A. 函数在上单调递减 B. 函数在处取得极小值 C. 函数在处取得极值 D. 函数只有一个极值点 5. 将6本不同的书（包括1本物理书和1本历史书）平均分给甲、乙两人，其中物理书和历史书不能分给同一个人，则不同的分配种数是（ ） A. 6 B. 12 C. 18 D. 24 6. 的展开式中，的系数为（ ） A. B. C. D. 7. 近年来，各地旅游事业得到飞速发展，越来越多周边游客来参观天门市的陆羽故园、胡家花园、天门博物馆、黄潭七屋岭、海龙岛景区、西塔寺等6处景点.现甲、乙两位游客准备从6处景点各随机选一处游玩，记事件“甲和乙至少有一个人前往陆羽故园”，事件“甲和乙选择不同的景点”则（ ） A B. C. D. 8. 已知函数，下面表述不正确的为（ ） A. 是的极小值点 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 二、多项选择题：（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分） 9. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量服从正态分布，且，则 B. 若随机变量的方差，则 C. 从装有大小、形状都相同的5个红球和3个白球的袋中随机取出两球，取到白球的个数记为，则 D. 若随机变量服从二项分布，且最大，则 10. 对于可以求导的函数，如果它的导函数也是可导函数，那么将的导函数记为．如果有零点，则称其为的“驻点”；如果有零点，则称点为的“拐点”．某同学对三次函数和进行探究发现，得到如下命题，其中真命题为：（ ） A. 在“驻点”处取得最值 B. 一定有“拐点”，但不一定有“驻点” C. 若有3个零点，则 D. 存在实数m，，使得对于任意不相等的两实数，都有 11. 某同学玩一种跳棋游戏，抛掷一枚质地均匀且标有数字的骰子，规定：若掷得数字小于或等于4，则前进1步；若掷得数字大于4，则前进2步.每次投掷互不影响，记某同学一共前进步的概率为，则（ ） A. B. C. D. 非选择题部分 三、填空题：（本大题共3小题，每题5分，共15分） 12. 若，则____________． 13. 数学竞赛中，某校有共6位同学获奖，在竞赛结束后站成一排合影留念时，假设两人必须相邻且站在正中间，两人不能相邻，则不同的站法共有_________种. 14. 设，函数，若恰有两个零点，则的取值范围是______ 四、解答题：（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 用五个数字，问： （1）可以组成多少个无重复数字的四位密码？ （2）可以组成多少个无重复数字的四位数？ （3）可以组成多少个十位数字比个位数字大的无重复数字的四位偶数？ 16. 已知二项式，若选条件_____填写序号， （1）求展开式中含的项； （2）设，求展开式中奇数项的系数和． 请在：①只有第项的二项式系数最大；②第项与第项的二项式系数相等；③所有二项式系数的和为， 这三个条件中任选一个，补充在上面问题中的线上，并完成解答． 17. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 18. 某校举办了一次安全知识竞赛，竞赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛.预赛从8道题中任选4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰. （1）若这8道题中甲同学能答对其中4道，记甲在预赛中答对的题目个数为，求的分布列并计算甲进入决赛的概率. （2）决赛需要回答3道同等难度的题目，若全部答对则获得一等奖，奖励200元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励100元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励.假定进入决赛的同学答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立. （i）记进入决赛的某同学恰好获得二等奖的概率为，求的最大值； （ii）某班共有4名学生进入了决赛，若这4名同学获得总奖金的期望值不小于325元，求此时的取值范围. 19. 若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”． （1）若，判断是否为上的“3类函数”； （2）若为上的“2类函数”，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$