浙江省杭州第二中学2024-2025学年高二下学期数学周末练9

杭州二中2023级高二下数学周末练9 班级___________姓名___________ 一、单选题 1．无人机飞行最大距离是无人机性能的一个重要指标．普宙系列是我国生产的一款民用无人机，其飞行的最大距离（千米）服从正态分布，记，，当变小时，则（   ） A．变大 B．变小 C．不变 D．变小 2．语文老师要从10篇课文中随抽3篇不同的课文让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格．某位同学只能背诵其中的6篇，则他能及格的概率是（   ） A． B． C． D． 3．若的展开式的二项式系数之和为64，则其展开式的常数项为（   ） A． B． C．60 D．240 4．以模型去拟合一组数据时，设，将其变换后得到线性回归方程，则（    ） A． B． C． D．e 5．已知、均为正实数，且，则下列错误的是（ ） A．的最大值为 B．的最小值为 C．的最小值为 D．的最小值为 6．已知，，，试比较，，的大小（    ） A． B． C． D． 7．将三项式展开，得到下列等式： … 观察多项式系数之间的关系，可以仿照杨辉三角构造如图所示的广义杨辉三角形，其构造方法为：第0行为1，以下各行每个数是它正上方与左右两肩上的3个数（不足3个数时，缺少的数以0计）之和，第k行共有2k+1个数．则关于x的多项式式的展开式中，项的系数（   ）    A． B． C． D． 8．若函数既有极大值也有极小值，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．甲箱中有2个白球和3个黑球，乙箱中有3个白球和2个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，以，分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 10．已知数列满足，其前项和为，下列选项中正确的有（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则存在最小值 D．若，则 11．已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．当时，若有三个零点，则b的取值范围为 B．若满足，则 C．若过点可作出曲线的三条切线，则 D．若存在极值点，且，其中，则 三、填空题 12．在送医下乡活动中，某医院安排甲、乙、丙、丁、戊五名医生到三所乡医院工作，每所医院至少安排一名医生，且甲、乙两名医生不安排在同一医院工作，丙、丁两名医生也不安排在同一医院工作，则不同的分配方法总数为 ． 13．已知数列满足，若，，则的前n项积的最大值为 ． 14．设函数，其中，若恒成立，则的最小值是 ． 四、解答题 15．若，；求： (1)求的值； (2)求的值； (3)求的最大值． 16．随着新中考英语人机测试的推行，为了确保学生能够有效应对这一新的考试形式，某中学决定展开深入调查，组织一次模拟测试，对学生的英语水平能力进行准确评估，并据此制定针对性的教学方案.该校从初二学年学生中随机抽取40人将进行模拟测试.现将40人分成三个小组，其中组15人，组15人，组10人. (1)第一轮测试按小组顺次进行.若一切正常，则该小组完成测试的时间为10分钟，若出现异常情况，则该小组需要延长5分钟才能完成测试.已知每小组正常完成测试的概率均为，且各小组是否正常完成测试互不影响.记3个小组完成测试所需时间为，求的分布列; (2)第二轮测试将3组同学一起排序，每一位同学顺次上机操作. ①求最后一名同学来自组的条件下，组同学比组同学提前完成测试的概率; ②若每名同学完成测试的时间都是为3分钟，求组和组同学全部完成测试所需时间的期望. 17．已知函数. (1)当时，求函数的图象在处的切线方程； (2)若函数有两个零点，求的取值范围； (3)若函数的两个零点为，求证：. 18．已知集合，对于，，定义． (1)已知，求所有的，使得： (2)已知，求证：为偶数； (3)已知，对任意，均有，求的最大值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 杭州二中2023级高二下数学周末练9参考答案 1．C 【分析】根据正态分布的性质和原则判断即可. 【详解】随机变量服从正态分布，则， ， 当时， ， ， 当变小时，与的值不变，则、都不变， 故选：C. 2．D 【分析】先得出总的选法为，该同学能及格分为能背诵的6道里抽3道和能背诵的6道里抽2道及不会背诵的4道抽1道，即该同学能及格的情况有，由古典概型可计算及格的概率. 【详解】从10篇课文中随抽3篇不同的课文，总共的选法为种， 该同学能及格的情况有种， 由古典概型可知，该同学能及格的概率为. 故答案为：. 3．C 【分析】先求出，利用二项展开式的通项公式即可求解. 【详解】, 由题意可得，解得. 故展开式的通项为， 令，所以，所以， 所以展开式中的常数项为. 故选：C. 4．C 【分析】根据题意得到，再结合，求解即可. 【详解】因为，所以， 令，所以，即. 故选：C 5．B 【分析】对A，利用基本不等式即可解得； 对B，将2换成，进而利用基本不等式得到答案； 对C，将原式化简为，进而根据代换，然后得到答案； 对D，将原式变化为，进而化简，然后设,，而后用进行代换，最后用基本不等式得到答案. 【详解】对于A选项，由基本不等式可得， 当且仅当时，即当时，等号成立， 所以，的最大值为，A对； 对于B选项，， 当且仅当时，即当时，等号成立， 所以，的最小值为，B错； 对于C选项， ， 当且仅当时，即当或时，等号成立， 所以，的最小值为，C对； 对于D选项， ， 设，，可得， 则上式， 当且仅当时，即当时，即当时，等号成立， 所以，的最小值为，D对. 故选：B. 6．B 【分析】构造函数以及，利用函数的单调性即可求解. 【详解】设 则当时单调递减， 故 故进而， 设 由于函数和均为定义域内的单调递增函数， 所以为上的单调递增函数， 因此， 故， 故， 因此， 故选：B 7．D 【分析】直接利用广义杨辉三角和数据的组合的应用求出结果． 【详解】根据广义杨辉三角的定义：； 故； 关于的多项式的展开式中项的系数为． 故选：D． 8．B 【分析】求导可得，再根据在区间上有两个根，结合韦达定理与判别式列式求解即可. 【详解】由题意， 又函数既有极大值也有极小值，故方程有两个不相等的正根， 故，则，排除ACD. 因为，故异号，故. 故选：B 9．BCD 【分析】对于A，由古典概型可得结果；对于B，由样本空间点可得结果；对于C，先求出， 再由条件概率的定义可得；对于D，由全概率公式可算得. 【详解】对于A，由古典概型可知，故A错误； 对于B，由条件概率可知表示在由甲箱中取出的是白球的条件下，从乙箱中取出的是白球的概率， 当甲箱中取出的是白球放入乙箱后，乙箱中有4个白球和2个黑球，由古典概型可知； 对于C，由B选项分析同理可得， 由条件概率的定义可知，故C正确； 对于D，由全概率公式可得，故D正确. 故选：BCD. 10．BCD 【分析】由题设可得数列为等差数列，公差为，举例判断A；结合数列前项和的定义判断B；结合等差数列前项和的公式及二次函数的知识判断C；根据等差数列前项和的公式判断D. 【详解】由， 令，则， 所以数列为等差数列，公差为. 对于A，当时， 满足，但，故A错误； 对于B，由，则，故B正确； 对于C，由， 由于，又二次函数的知识可知， 当时，取得最小值， 当不为正整数时，则取离最近的正整数时，取得最小值， 综上所述，存在最小值，故C正确； 对于D，由，则，即， 所以，故D正确. 故选：BCD. 11．ACD 【分析】对于A ，将代入求导求极值，有三个零点，则令极大值大于零，极小值小于零即可； 对于B ，根据，推断函数的对称性，进而可以求得的值； 对于C ，将代入得到的解析式，根据过某点处导数的几何意义的求法求解即可； 对于D ，利用导数在函数单调性中的应用，先分和讨论函数的单调性，得到且，此时可得的表达式，令，结合，再化简即可得到答案. 【详解】对于A ，，当时，，， 令，解得或， 在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 当时取得极大值，当时取得极小值， 有三个零点，，解得，故选项A正确； 对于B ，满足，根据函数的对称可知的对称点为，将其代入，得， 解得，故选项B错误； 对于C ，， 设切点为，则切线的斜率 化简， 得 由条件可知该方程有三个实根，有三个实根， 记， 令，解得或， 当时取得极大值，当时，取得极小值， 因为过点可作出曲线的三条切线， 所以，解得，故选项C正确； 对于D ，，， 当，在上单调递增； 当，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 存在极值点， 由得 令， ，于是， 所以 ， 化简得：， ，，于是， .故选项D正确； 故选：ACD. 12． 84 【详解】试题分析：甲、乙、丙、丁、戊五名医生到三所乡医院工作，每所医院至少安排一名医生， ①当有二所医院分2人另一所医院分1人时，总数有种，其中有、甲乙二人或丙丁二人在同一组有种；②有二所医院分1人另一所医院分3人.有种.故满足条件的分法共有种. 考点：计数原理的运用． 13． 【分析】由递推公式可得数列周期，从而根据周期性得出前项积的最大值. 【详解】因为，所以， 两式相除得，即，故数列的周期, 由，，可得，设的前项积为， 所以当时，，当时, 取最大值为. 当时，，当时, 取最大值为. 当时，，当时, 取最大值为. 综上所述，的前n项积的最大值为. 故答案为： 14． 【分析】根据不等式恒成立，按照的符号进行分类讨论，推出，再利用基本不等式即可求得所求式的最小值. 【详解】由恒成立，可得恒成立， 当，即时，恒成立，故得； 当时，即时，显然不等式恒成立； 当时，即时，恒成立，故得. 综上分析，可得. 因，则，当且仅当时等号成立， 则， 即的最小值是. 15．(1) (2) (3) 【分析】（1）已知等式右边是关于的多项式，令，此时都变为，等式左边就是，右边就是所求式子的值. （2）分别令和得到两个等式，两式相加后，含奇数项系数的部分正负抵消，剩下的就是倍所求式子，再除以即可. （3）先把变形为，根据二项式展开得到.设最大，列出且的不等式组，解出的范围，结合是自然数确定的值，进而求出最大值. 【详解】（1）已知， 令，则可得： 所以. （2）令，得 ①； 令，得 ②； ① + ②得： 所以. （3）因为，根据二项式定理，可得，所以. 设最大，则，即. 由可得： ，解得; 由可得： 解得; 所以，又因为，所以. 则. 16．(1)分布列见解析 (2) ， 【分析】（1）三个小组都有可能按时完成，也都有可能出现异常情况，所以最少时间是30分钟，然后逐个加5分钟，写出随机变量的可取值，根据对应情况求出概率，从而得到分布列； （2）①由条件概率即可得到； ②找到完成时间的分布情况，求出对应的概率，由期望的公式得到代数式，利用组合数的性质运算即可得出结果. 【详解】（1）设事件：组正常完成；设事件：组正常完成；设事件：组正常完成； 随机变量的可取值：30，35，40，45 的分布列： 30 35 40 45 （2）①设事件：最后一名同学来自组；事件：组同学比组同学提前完成测试. 则 ②设所需时间为，的可取值：90,，93，96，，，，120（） 则 ∴ 17．(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）利用导数求出切点坐标和切线斜率，则得到切线方程； （2）分离参数得，设，利用导数求出其值域，则得到的范围； （3）根据题意得，设，将不等式转化为证明，设新函数，利用导数即可证明. 【详解】（1）由，得，则切点为． 函数求导得，故切线斜率， 所以切线方程为：． （2）等价转换为：，记， 对求导可得：， 时，，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 又因为当时，时，， 且， 的取值范围为． （3）由（2）可得，， 且． 设，则，其中， 两式相乘得：． 需证明：， 构造函数， 时，单调递减；时，单调递增． ， 综上，，因此，原不等式得证． 18．(1)或或或 (2)证明过程见解析 (3)2 【分析】（1）结合新定义分析可知必有3个1和一个0，从而分四种情况讨论即可求解； （2）设，则，又， 则，基于以上假设可得，从而分三种情况讨论即可得证； （3）一方面：分析得知，对任意，，另一方面：任取三个不同的，其中必有两个的第一个分量相等，这就会导致存在，使得，结合两方面即可求解. 【详解】（1）由题意，若，使得，设， 则，注意到， 从而这四个数中的其中一个要么是0，要么是1， 结合，可知必有3个1和一个0， 所以我们分四种情况讨论即可： （i），，解得，即此时； （ii），，解得，即此时； （iii），，解得，即此时； （iv），，解得，即此时； 综上所述，满足题意的为或或或； （2）若，设，，， 则， 由的定义可知， ， 不妨设中有个1，个0， 中有个1，个0， 中有个1，个0， 这意味着有组满足，组满足， 组满足，组满足， 组满足，组满足， 不失一般性，设， 则， 因为， 所以设， 注意到， 在这里，分三种情况讨论： （i）若，则有， 即组满足，此时， 故是偶数， （ii）若，则， ， 此时， 故是偶数； （ii）若，则， ， 此时， 故是偶数； 综上所述，若，则为偶数； （3）若，对任意，则可设，， 根据的定义可知，，从而， 若，则只能， 即， 这表明， 则所有可能的情况为：或；或；……；或； 下面证明所求的最大值是2， 一方面：当时，可取（取法不唯一），此时满足题意； 另一方面：当时，任取三个不同的，其中必有两个的第一个分量相等， 比如我们就让的第一个分量相等， 而这会导致，这就和矛盾， 故是不可能的， 综上所述，的最大值是2. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$