精品解析：浙江省台金七校联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题

2024学年第二学期台金七校联盟期中联考 高二年级数学学科试题 命题：张宇豪（台州市路桥中学） 陈茂慧（台州市路桥中学） 审题：虞海潮（台州中学东校区） 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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 3. （ ） A. 100 B. 110 C. 120 D. 130 4. 命题“，恒成立”的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 5. 关于下列命题，其中不正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 已知随机变量，则， D. 已知随机变量，若，则 6. 一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个，每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，则在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，正实数m，n满足，且，若，则在区间上的最大值为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 8. 某班级共有44位同学，在一次春季研学活动中，要按学号顺序抽取两位同学担任活动的负责人，并使抽到的学号将其余同学仍按学号顺序自然分成三组，且要求每组的人数均大于零且是3的倍数，则两位负责人的选取方法种数是（ ） A. 55 B. 66 C. 78 D. 132 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.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. 已知的展开式中含项的系数为324，若，则（ ） A. B. C. D. 当时，被6除的余数为1 10. 已知函数，其导函数为，下列说法正确的是（ ） A. 函数的单调减区间为 B. 函数的极小值是 C. 函数的图像有条切线方程为 D. 点是曲线的对称中心 11. 食物盲盒是当下店家掀起的“外卖热”，现有编号依次为1，2，3的三个食物格子，其中1号格子装有2个汉堡和3个鸡腿，2号格子装有3个汉堡和2个鸡腿，3号格子中有5个汉堡.已知汉堡完全一样，鸡腿也完全一样.已知店员任意选择食物格子的概率是相同的，若店员在一份外卖中装入2个汉堡的记为事件A，装入2个鸡腿记为事件B，装入1个鸡腿，1个汉堡记为事件C，事件（，2，3）表示食物取自i号格子，下列选项正确的是（ ） 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. 已知函数，则_________. 13. 已知，，且，则的最小值是_________. 14. 已知是定义域为的函数，且满足，，则不等式的解集是_________. 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. 在五一小长假期间，要从5人中选出若干人在5天假期中值班（每天只需一人值班）. （1）若每人都只安排一天值班，要求甲不排在1号，乙不排在5号，求所有可能的安排方式种数. （2）若不出现同一人连续值班2天，求所有可能的安排方式种数； 16. 已知甲袋有4个红球和2个白球，乙袋有2个红球和2个白球，若从甲袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球. （1）求4次摸球中，至少摸出1个白球的概率； （2）设4次摸球中，摸出白球的个数为随机变量X，求X的分布列与数学期望. 17. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若不等式在上恒成立，求实数a的取值范围. 18. 小明同学在学了概率统计的知识后，设计了如下的掷骰子跳台阶的游戏：台阶从下往上依次编号为1，2，3，……，n，选手掷两颗骰子，若点数之和大于等于10，则可以跳2级台阶，点数之和小于10，则只可以跳1级台阶，选手初始位置记为0，记跳到n级台阶的概率为. （1）求，，的大小； （2）求概率，，满足的关系式； （3）记概率的值构成的数列为（），求的最大值与最小值. 19. 已知函数，（）. （1）若函数在区间上是减函数，求实数a的取值范围； （2）若存在正数x，使成立，求实数a的取值范围； （3）若，证明：对任意的，存在唯一的实数，使得成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第二学期台金七校联盟期中联考 高二年级数学学科试题 命题：张宇豪（台州市路桥中学） 陈茂慧（台州市路桥中学） 审题：虞海潮（台州中学东校区） 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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简集合，再利用集合的交集运算即可. 【详解】由，， 可得. 故选：D 2. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数解析式，建立不等式组，可得答案. 【详解】由题意可得，解得. 故选：A. 3. （ ） A. 100 B. 110 C. 120 D. 130 【答案】B 【解析】 【分析】根据组合数的性质公式，可得答案. 【详解】 . 故选：B. 4. 命题“，恒成立”的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分和两种情况讨论求出的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解. 【详解】因为，恒成立， 当时，，解得，不合题意； 当时，，解得， 所以， 所以“，恒成立”的一个充分不必要条件应为集合的真子集， 而是的真子集， 所以命题“，恒成立”的一个充分不必要条件是. 故选：D. 5. 关于下列命题，其中不正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 已知随机变量，则， D. 已知随机变量，若，则 【答案】D 【解析】 【分析】对于选项A，利用数学期望的性质进行判断；对于选项B，利用方差的性质进行判断；对于选项C，利用二项分布的期望和方差公式进行判断；对于选项D，利用正态分布的性质进行判断. 【详解】选项A: 根据数学期望的性质：若，则. 所以，选项A正确. 选项B： 根据方差的性质：若，则. 所以，选项B正确. 选项C： 根据二项分布的性质：若随机变量，其期望，方差. 所以在随机变量中，其期望，方差. 所以选项C正确. 选项D： 因为随机变量，则正态分布曲线关于对称. 所以，那么. 所以.所以D错误. 故选：D. 6. 一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个，每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，则在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用条件概率的概率公式即可求出. 【详解】用事件表示“第1，2次都摸到红球”，事件表示“第3次摸到红球”， 则，， 则， 故在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率是. 故选：C. 7. 已知函数，正实数m，n满足，且，若，则在区间上的最大值为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由对数函数的性质，建立方程可得参数的等量关系，从而求得参数值，根据对数函数的单调性，可得答案. 【详解】根据题意作图如下： 由，可得，则， 由，解得，则区间即， 易知函数在上单调递减，在上单调递增， 因，，则函数在上的最大值为. 故选：A. 8. 某班级共有44位同学，在一次春季研学活动中，要按学号顺序抽取两位同学担任活动的负责人，并使抽到的学号将其余同学仍按学号顺序自然分成三组，且要求每组的人数均大于零且是3的倍数，则两位负责人的选取方法种数是（ ） A. 55 B. 66 C. 78 D. 132 【答案】C 【解析】 【分析】由题意减去担任负责人的两人，再将三人看作一人，利用隔板法，可得答案. 【详解】从位同学中抽取两人当负责人，则还剩人， 若按学号从小到大分成大三组人数分别为，其中， 则，解得， 由隔板法可得两位负责人的选取方法种数是. 故选：C. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.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. 已知的展开式中含项的系数为324，若，则（ ） A. B. C. D. 当时，被6除的余数为1 【答案】ABD 【解析】 【分析】由二项式定理写出展开式的通项，根据指定项的系数，建立方程，可得A的正误；根据通项，结合题干中的指定项，可得B的正误；根据赋值法，分别赋值与，相减可得C的正误；利用二项式定理展开式，由的倍数，可得D的正误. 【详解】由，则其展开式的通项为， 令，则，即，解得（舍负），故A正确， 由，则，故B正确； 令，则， 令，则， 两式相减可得，故C错误； 当时，， 由为的倍数，则被6除的余数为1，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知函数，其导函数为，下列说法正确的是（ ） A. 函数的单调减区间为 B. 函数的极小值是 C. 函数的图像有条切线方程为 D. 点是曲线的对称中心 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用求导思想来求单调区间，确定极小值，求切线方程，利用中心对称恒等式来确定函数的对称中心. 【详解】由， 由得： 在区间上单调递减，故A正确； 由或得： 在区间上单调递增， 所以在时取到极小值，即，故B正确； 当， 则在处的切线方程是：， 在处的切线方程是：，故C错误； 由 ， 则关于点成中心对称，故D正确； 故选：ABD. 11. 食物盲盒是当下店家掀起的“外卖热”，现有编号依次为1，2，3的三个食物格子，其中1号格子装有2个汉堡和3个鸡腿，2号格子装有3个汉堡和2个鸡腿，3号格子中有5个汉堡.已知汉堡完全一样，鸡腿也完全一样.已知店员任意选择食物格子的概率是相同的，若店员在一份外卖中装入2个汉堡的记为事件A，装入2个鸡腿记为事件B，装入1个鸡腿，1个汉堡记为事件C，事件（，2，3）表示食物取自i号格子，下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据条件概率即可求解AD，根据全概率公式即可求解BC. 【详解】对于A, ,故A错误， 对于B, ,故B正确， 对于C, ，故C错误， 对于D,由于,故，D正确， 故选：BD 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. 已知函数，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】由函数解析式求导，代入，根据特殊角三角函数值，建立方程，可得答案. 【详解】由，则， 即，， 解得. 故答案为：. 13. 已知，，且，则的最小值是_________. 【答案】 【解析】 【分析】利用“1”的代换化简式子中的3和1，进而利用基本不等式即可. 【详解】由题意可得，， 等号成立时，即. 故的最小值是. 故答案为： 14. 已知是定义域为的函数，且满足，，则不等式的解集是_________. 【答案】 【解析】 【分析】先通过构造函数求出的表达式，再研究单调性，求解不等式. 【详解】设，对求导可得. 已知，所以.可得（为常数）. 因为，所以，则. 对求导，可得. 已知，将代入可得： ，所以. 求解不等式，即. 当时，与都大于， 令，对求导得. 再令，对求导得. 当时，，所以在上单调递增， 则. 因为，所以，即在上单调递增. 又. 所以由可得. 故不等式的解集是. 故答案为：. 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. 在五一小长假期间，要从5人中选出若干人在5天假期中值班（每天只需一人值班）. （1）若每人都只安排一天值班，要求甲不排在1号，乙不排在5号，求所有可能的安排方式种数. （2）若不出现同一人连续值班2天，求所有可能的安排方式种数； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正难则反的解题思想，由总数减去不符合题意的情况，结合容斥原理，可得答案； （2）根据分步乘法原理，结合题意，可得答案. 【小问1详解】 用间接法可得，所有可能的安排方式种数为种. 【小问2详解】 由题意可知1号有5种排法，其余4天的排法有种， 所以所有可能的安排方式种数为种. 16. 已知甲袋有4个红球和2个白球，乙袋有2个红球和2个白球，若从甲袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球. （1）求4次摸球中，至少摸出1个白球的概率； （2）设4次摸球中，摸出白球的个数为随机变量X，求X的分布列与数学期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据古典概型计算概率，利用对立事件的概率计算，可得答案； （2）由题意明确随机变量的所有取值，根据分布列的计算步骤，结合均值的计算，可得答案. 【小问1详解】 从甲口袋有放回地摸出一个球，摸出白球的概率为， 从乙口袋有放回地摸出一个球，摸出白球的概率为， 设“4次摸球中，至少摸出1个白球”为事件A，则“4次摸球中，摸出的都是红球”为事件， 且，所以. 【小问2详解】 X的所有可能取值为0，1，2，3，4，由（1）得， ， ， ， ， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 所以. 17. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若不等式在上恒成立，求实数a的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出函数在某点处的导数，再结合该点的坐标，求出切线方程. （2）构造一个新函数，通过研究新函数的单调性和最值来确定参数的取值范围. 【小问1详解】 当时，， 又，则， 所以曲线在处的切线方程为 . 【小问2详解】 令，，易得在单调递增， 故，所以， 令，有， 又，， 令，则， 所以， 故在上单调递增， 当时，，此时在上单调递增， 即恒成立. 当时，，而在上单调递增， 且当时，， 故存在，使得，故当时，， 此时在单调递减，此时，与题设矛盾. 综上所述，. 所以实数的取值范围为. 18. 小明同学在学了概率统计的知识后，设计了如下的掷骰子跳台阶的游戏：台阶从下往上依次编号为1，2，3，……，n，选手掷两颗骰子，若点数之和大于等于10，则可以跳2级台阶，点数之和小于10，则只可以跳1级台阶，选手初始位置记为0，记跳到n级台阶的概率为. （1）求，，的大小； （2）求概率，，满足的关系式； （3）记概率的值构成的数列为（），求的最大值与最小值. 【答案】（1），， （2） （3）的最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）先求得，，然后结合全概率公式可得； （2）由全概率公式即可得解； （3）首先求得，对分奇数、偶数两种情况讨论即可得解. 【小问1详解】 记事件“掷两颗骰子所得的点数之和大于等于10”， 则“掷两颗骰子所得的点数之和小于10”， 易得，，故 ，； 【小问2详解】 ； 【小问3详解】 由（2）有，即，（，） 所以，即， 设，解得，. 所以为等比数列，公比为的等比数列， 所以，所以， 当n为偶数时，，由于单调递减， ∵，∴最大值为； 当n为奇数时，，由于单调递增， ∵，∴最小值为； 综上，的最大值为，最小值为. 19. 已知函数，（）. （1）若函数在区间上是减函数，求实数a的取值范围； （2）若存在正数x，使成立，求实数a的取值范围； （3）若，证明：对任意的，存在唯一的实数，使得成立. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）在区间上为减函数，可得在区间上，即， 而后根据的范围求出的范围即可； （2）先对进行求导得到，再对进行分类讨论即可； （3）从唯一性与存在性两方面进行证明，再结合零点的存在性定理得到最后结论. 【小问1详解】 解：在区间上为减函数，∴在区间上， ∴，令，只需， 显然在区间上为减函数， ∴，∴； 【小问2详解】 解：由题意得（），则， 若，由于，故存在正数使得，条件满足； 若，令，则， 可知在上单调递增，在上单调递减， 从而此时对任意的都有，条件不满足. 综上，a的取值范围是； 【小问3详解】 解：设，，下面分唯一性和存在性两方面来证明： 唯一性：由，知的导数等于， 而，故显然恒为负，从而在上单调递减， 特别地，在上单调递减， 这表明，使得的至多有一个，从而唯一性得证. 存在性：先考虑函数，这里．由于， 故当时，当时， 从而在上单调递减，在上单调递增， 从而对于任意的，都有，即. 这就得到，对任意，有. 从而，对任意的，都有；而对任意的，都有 然后回到原题，首先有 . 同时又有 ， ， 故. 由零点存在定理，知一定存在，使得， 综合上述的存在性和唯一性两个方面， 知存在唯一的，使得 【点睛】思路点睛：（1）在区间上为减函数，可得在区间上，即， 而后根据的范围求出的范围即可； （2）先对进行求导得到，再对进行分类讨论即可； （3）从唯一性与存在性两方面进行证明，再结合零点的存在性定理得到最后结论. 方法点睛：1、若函数在区间内的导数，则在该区间内单调递增； 若函数在区间内的导数，则在该区间内单调递减； 2、不等式恒成立问题：若要求不等式在某个区间内恒成立，可以转化为求函数在该区间内的最值问题. 关键点点睛：（1）抓住在区间上为减函数，转化为在区间上进行解题； （2）先对进行求导得到，再对进行分类讨论，将存在性问题转化为函数最值问题是关键； （3）从唯一性与存在性两方面去证明，其中理解并运用零点的存在性定理是关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $