精品解析：浙江省A9协作体2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题

浙江省A9协作体2024学年第二学期期中联考 高二数学试题 命题：桐乡一中 王英姿 审题：慈溪实验高级中学 干嘉城 普陀中学 陈潜勇 校稿：陈新财 考生须知： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟； 2．答题前，在答题卷密封区内填写班级、学号和姓名；座位号写在指定位置； 3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效； 4．考试结束后，只需上交答题卷. 第I卷 一、选择题：本题共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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 关于的不等式的解集为，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，则的值为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 5. 已知，，且，则的最小值为（ ） A. 12 B. 9 C. 8 D. 6 6. 的展开式中的系数为（ ） A. 60 B. 20 C. -20 D. -60 7. 已知正四面体的顶点处有一质点，点每次随机沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，则点经过4次移动后仍回到顶点处的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数有两个零点，则实数的值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知随机变量，则下列说法正确是（ ） A. B. C. D. 10. 有大小、形状、质地完全相同的白色、黄色、蓝色小球各3个，红色小球1个，并且将这个红色小球命名为“幸运A9球”，现将这10个小球装在一个盒子里，依次任取3个小球，则下列说法正确的是（ ） A. “幸运A9球”被选中的概率为 B. 每次取后再放回，则第3次才取到“幸运A9球”的概率 C. 每次取后不放回，则第3次取到“幸运A9球”的概率最大 D. 记事件为“幸运A9球”被选中，事件为“取得的3个小球不同色”，则 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则有极大值，无极小值 B. 若，则有四个单调区间 C. 若，且有两个零点，则成立 D 若，则对任意，都有成立 第II卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量，则__________． 13. 甲、乙等5位大学生分配到3所单位实习，每人只能到一所单位实习，每所单位至少接收一人，则甲、乙分到同一单位的方案有__________种． 14. 已知函数，，对于任意，存在，使得成立，则的最大值为__________． 四、解答题：本题共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. 已知的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且所有项的系数和为729． （1）求和的值； （2）求展开式中系数最大的项． 16. 某市共有10所重点大学可供考生选择，其中3所为985高校，5所为211高校，另外2所为特色专业高校．一位考生准备从这10所高校中随机选择4所进行志愿填报，每所高校被选中的概率相同． （1）求该考生恰好选到2所985高校的概率； （2）若该考生选到985高校的数量为，求随机变量的分布列和数学期望． 17. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的取值范围． 18. 某校为丰富学生的校园生活决定开展兴趣课，兴趣课包括音乐课，舞蹈课，影视鉴赏课、篮球课、围棋课等十余种．兴趣课共开展3个月，每种课每月4节且必须上满，每节课可得1分且表现优秀可额外获得1分，若本月不少于6分，下月可以选择继续上此课或者选择其他的兴趣课，6分以下则只能上原来的课．现有甲、乙两人是好朋友，在第一个月他们一起选择了音乐课，音乐课上甲每节课表现优秀的概率为，乙每节课表现优秀的概率为． （1）求甲第一个月得分分布列及数学期望； （2）求第二个月甲乙两人可以一起选择其他兴趣课的概率； （3）若乙每种课的表现优秀率一致，在三个月后乙一共获得21分的情况下，求他在第二个月获得8分的概率． 19. 英国数学家泰勒是18世纪早期一位非常杰出的数学家，以泰勒公式和泰勒级数闻名．泰勒公式是数学分析的重要组成部分，它的理论方法在近似计算、求极限、不等式的证明等方面都有重要的应用．例如：函数的带有佩亚诺余项的泰勒展开式为：，，为佩亚诺余项，在解决问题时可以忽略不计． （1）若，利用泰勒展开式证明：； （2）当时，证明：； （3）当时，不等式恒成立，求实数取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 浙江省A9协作体2024学年第二学期期中联考 高二数学试题 命题：桐乡一中 王英姿 审题：慈溪实验高级中学 干嘉城 普陀中学 陈潜勇 校稿：陈新财 考生须知： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟； 2．答题前，在答题卷密封区内填写班级、学号和姓名；座位号写在指定位置； 3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效； 4．考试结束后，只需上交答题卷. 第I卷 一、选择题：本题共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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先解出不等式，再按照交集的概念运算即可. 【详解】解不等式可得， 所以， 所以， 故选：C 2. 下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用求导公式及复合函数求导法则逐项判断即可. 【详解】，A选项错误； ，B选项正确； ，C选项错误； ，D选项错误. 故选：B. 3. 关于的不等式的解集为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题给条件可判断，再根据对应方程的两根与系数关系可得关系，即可判断. 【详解】因为的解集为，所以， 对应方程，， 则，所以. 故选：D. 4. 已知函数，则的值为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】对函数求导，代入，解方程即可得解. 【详解】因为，则令，有，所以. 故选：A. 5. 已知，，且，则的最小值为（ ） A. 12 B. 9 C. 8 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】将变形为，再借助乘“1”法，利用基本不等式，即可求出的最小值. 【详解】因为，，，所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为8. 故选：C 6. 的展开式中的系数为（ ） A. 60 B. 20 C. -20 D. -60 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式可求的系数. 【详解】，展开式的通项公式为， 令，故， 的展开式的通项公式为， 令，则， 故的系数为， 故选：D. 7. 已知正四面体的顶点处有一质点，点每次随机沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，则点经过4次移动后仍回到顶点处的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】古典概型结合乘法原理计算求解即可. 【详解】点每次随机沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同， 每次移动有3种可能，则点经过4次移动共有种移动情况， 满足点经过4次移动后仍回到顶点处的情况共有 种，所以点经过4次移动后仍回到顶点处的概率为 故选：C. 8. 已知函数有两个零点，则实数的值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】分、、三种情况研究函数的单调性，当时，至多一个零点，当时，需先说明上存在一个零点，再结合可知即可求得. 【详解】由条件得，， ①若，则，则在上单调递增， 则至多有一个零点，不符合题意； ②若，则得或；得， 则和上单调递增，在上单调递减， 取，则，， 则， 因，则由零点存在性定理可知，在上存在唯一一个零点， 因， 则若使函数有两个零点，有，得； ③若，则得或；得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 因，则时，， 则在上至多存在一个零点，不符合题意， 综上所知，若使函数有两个零点，则. 故选：B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知随机变量，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】据二项分布的概率公式可判断A，据方差和均值的计算和性质可判断剩余选项. 【详解】因为，则， ，A选项错误； ，，B选项正确； ，C选项正确； ，D选项错误. 故选：. 10. 有大小、形状、质地完全相同的白色、黄色、蓝色小球各3个，红色小球1个，并且将这个红色小球命名为“幸运A9球”，现将这10个小球装在一个盒子里，依次任取3个小球，则下列说法正确的是（ ） A. “幸运A9球”被选中的概率为 B. 每次取后再放回，则第3次才取到“幸运A9球”概率 C. 每次取后不放回，则第3次取到“幸运A9球”的概率最大 D. 记事件为“幸运A9球”被选中，事件为“取得的3个小球不同色”，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】A按照古典概型可计算；B利用独立事件的概率公式即可；C按照古典概型可计算；D按照条件概率的概率公式计算. 【详解】A，从盒子中任选3个小球共有种，其中红球被选中共有种， 则按照古典概型可知，“幸运A9球”被选中的概率为，故A正确； B，每次取1个球，该球是红球的概率为，则不是红球的概率为， 则第3次才取到“幸运A9球”的概率，故B正确； C，从盒子中依次取3个小球共有种， 其中第1、2、3次取到红球分别有、、种， 则按照古典概型可知，第1、2、3次取到“幸运A9球”的概率均为，故C错误； D，由题意可知，， 则，故D正确. 故选：ABD 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则有极大值，无极小值 B. 若，则有四个单调区间 C. 若，且有两个零点，则成立 D 若，则对任意，都有成立 【答案】ACD 【解析】 【分析】AB项通过求导研究函数单调性可知；C项，令整体换元，转化所证不等式为证明，，构造函数，，研究单调性证明不等式即可；D项利用二阶导函数的符号判断函数凹凸性从而得证. 【详解】A项，当时，，则，. 令，得， 当或时，，在和上单调递增； 当时，，在上单调递减； 所以在处取极大值，无极小值，故A正确； B项，当时，，. 则, 所以在与上都单调递增，故B错误； C项，当时，， 当时，无意义，故必不是的零点， 而有两个零点， 可令，，不影响取值范围的分析. 若有两个零点，证明： 则方程有两根，则必有一个零点， 要使有解，则，且，即且. 当且时，由解得， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 要使有两个零点， 则， 若时，， 此时不满足题意，故. 当时，由得. 又由，，且当， 则在与内各有一个零点， 由题意不妨设，则， 则，， 两式作比得，令， 则，代入，解得， 则， 故，所以要证明， 即证明，，只需证， 即证明， 令，， 则， ，故上单调递增； 所以， 故在上单调递增，故 故，故C正确； D项，当时，， 则， ， 令， 由， 因为，则故恒有， 所以当时，且， 即函数在单调递增，也单调递增， 所以连接函数图像上任意两点的线段（弦）始终位于这两点之间的曲线上方， 则弦中点也始终位于这两点之间的曲线上方， 所以对任意，都有成立，D正确. 故选：ACD. 第II卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量，则__________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据正态分布形式，及数学期望即可得解. 【详解】正态分布形式，，则，即. 故答案为：1. 13. 甲、乙等5位大学生分配到3所单位实习，每人只能到一所单位实习，每所单位至少接收一人，则甲、乙分到同一单位的方案有__________种． 【答案】36 【解析】 【分析】先分析出甲、乙分到同一单位的方案中3所单位的人数有3，1，1和2，2，1两种可能，再按照先选后排的原则写出式子计算即可. 【详解】由题意可知，甲、乙分到同一单位的方案中3所单位的人数 有3，1，1和2，2，1两种可能， ①在3，1，1方案中，包含甲乙在内的3人到一所学校， 另外两人各到一所学校，有种方案； ②在2，2，1方案中，甲乙去一所学校，其余3人中的1人去一所学校， 剩余2人去另一所学校，有种方案， 因此，所有的分配方案共有种， 故答案为：36. 14. 已知函数，，对于任意的，存在，使得成立，则的最大值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，同构法可得，再将转化为关于的函数，再利用导数求最大值即可得解. 【详解】因为， ，当时，，单调递减，当时，，单调递增， 因为，所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 因为当时，，且，所以， 又，所以. 所以. 令 ， 令，， 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 所以有最大值. 故答案为：. 四、解答题：本题共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. 已知的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且所有项的系数和为729． （1）求和的值； （2）求展开式中系数最大的项． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据二项展开式中二项式系数的性质即可得出值，再令即可得到所有项的系数和从而求出值； （2）先写出展开式的通项，设第项的系数最大，从而列出不等式组，再根据的取值范围即可求出值，再代入通项计算即可. 【小问1详解】 因为展开式中只有第4项的二项式系数最大， 所以展开式一共有7项，即. 令，所以所有项的系数和， 因为，解得； 【小问2详解】 的展开式的通项为 ，， 设展开式中第项的系数最大， 则，解得， 因为，所以， 所以展开式中系数最大的项为. 16. 某市共有10所重点大学可供考生选择，其中3所为985高校，5所为211高校，另外2所为特色专业高校．一位考生准备从这10所高校中随机选择4所进行志愿填报，每所高校被选中的概率相同． （1）求该考生恰好选到2所985高校的概率； （2）若该考生选到985高校的数量为，求随机变量的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）先求出从10所高校中任取4所的总数，再求出恰有2所985高校的取法，再用古典概型的概率公式计算即可； （2）先分析出该考生选到985高校的个数取值为0，1，2，3，再利用超几何分布计算出取不同值时的概率，进而列出分布列，求出数学期望. 【小问1详解】 从10所高校中，任取4所，共有种取法， 恰有2所985高校的取法为：， 该考生恰好选到2所985高校的概率为； 【小问2详解】 设为该考生选到985高校的个数，则的取值为0，1，2，3． ， ， ， ， 则 0 1 2 3 . 17. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求导得到，再结合导数的几何意义点斜式即可求解； （2）先求导，研究函数单调性，得到，进而求得的取值范围． 【小问1详解】 当时，，可得， 则，即切线的斜率为，切点坐标为， 所以曲线在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 由题可得函数定义域为，， ①当时，恒成立，符合题意； ②当时，，则在上单调递增，又， 所以不恒成立； ③当，令，则， 当时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以有极大值且为最大值，即， 即，解得，所以的取值范围为． 18. 某校为丰富学生的校园生活决定开展兴趣课，兴趣课包括音乐课，舞蹈课，影视鉴赏课、篮球课、围棋课等十余种．兴趣课共开展3个月，每种课每月4节且必须上满，每节课可得1分且表现优秀可额外获得1分，若本月不少于6分，下月可以选择继续上此课或者选择其他的兴趣课，6分以下则只能上原来的课．现有甲、乙两人是好朋友，在第一个月他们一起选择了音乐课，音乐课上甲每节课表现优秀的概率为，乙每节课表现优秀的概率为． （1）求甲第一个月得分的分布列及数学期望； （2）求第二个月甲乙两人可以一起选择其他兴趣课的概率； （3）若乙每种课的表现优秀率一致，在三个月后乙一共获得21分的情况下，求他在第二个月获得8分的概率． 【答案】（1）分布列见解析； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）方法一，先列出甲在第一个月的得分的所有可能，再按照重伯努利实验计算出概率，写出分布列，求出数学期望即可；方法二，分析出甲的4节课中优秀的节数服从二项分布，且，再按照期望的性质计算即可； （2）分别求出甲乙在第一个月的得分不少于6分，即的概率，再按照相互独立事件概率公式求解即可； （3）先分析出乙得分为21分有3种情况，并分别求出概率，从而得到乙一共获得21分的概率，再求出乙获得21分的同时他在第二个月获得8分的概率，再用条件概率的公式计算即可. 【小问1详解】 方法一：记甲在第一个月的得分为，则的取值为4，5，6，7，8， 则， ， ， ， ， 所以甲第一个月得分的分布列为： 4 5 6 7 8 ； 方法二：设甲的4节课中优秀的节数为， 则且 则； 【小问2详解】 记事件为“甲、乙第二个月可以一起选择其他兴趣课”， 设甲在第一个月的得分为， 则， 设乙在第一个月的得分为，设乙的4节课中优秀的节数为， 则且， 所以，， ， 所以； 4 5 6 7 8 【小问3详解】记事件B为“乙在三个月后得分为21分”， 事件为“乙在第2个月的得8分” 乙得分为21分共有3种情况： ① 8+8+5，这种情况的概率， ② 8+7+6，这种情况的概率， ③ 7+7+7，这种情况的概率， 所以， ， 则. 19. 英国数学家泰勒是18世纪早期一位非常杰出的数学家，以泰勒公式和泰勒级数闻名．泰勒公式是数学分析的重要组成部分，它的理论方法在近似计算、求极限、不等式的证明等方面都有重要的应用．例如：函数的带有佩亚诺余项的泰勒展开式为：，，为佩亚诺余项，在解决问题时可以忽略不计． （1）若，利用泰勒展开式证明：； （2）当时，证明：； （3）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由泰勒公式两边求导可得； （2）解法一，构造函数，求导分析单调性证明可得； 解法二，构造函数，求导分析单调性得到隐零点，然后再求最小值可得； （3）先分离参数，构造函数，求导，再对分子构造函数求导分析单调性，结合对数的运算得到隐零点，然后求最小值可得. 【小问1详解】 由，两边求导得： 即. 【小问2详解】 解法1：由知，对于，， 先证时，， 令，则，得， 所以时，，在上单调递减， 时，，在上单调递增， 则，所以， 则， 解法2：设，则， 令，则存在使得，即， 则时，，在上单调递减， 时，，在上单调递增， 所以，所以成立. 【小问3详解】 当时，不等式恒成立， 即， 设， 则， 再令，则， 所以在时单调递增， 又，，所以在存在零点． 又因， 而且，，可以设使得， 且， 即，使得， 所以时，在上单调递减， 时，，在上单调递增， ， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$