湖北黄梅县第一中学2025-2026学年高二实验班下学期数学测试卷5.26

**基本信息** 聚焦排列组合、概率统计与函数导数，以空间站任务、排球比赛等真实情境设计问题，强化数学建模与逻辑推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8题/40分|排列组合（5名宇航员分舱）、独立事件概率（排球比赛）|基础题占比65%，如第1题分层计数| |多选|3题/15分|条件概率（事件独立性）、正态分布（对称性）|融合全概率公式与事件互斥判断| |填空|3题/15分|函数单调性（含参范围）、几何体体积最值（正四棱锥）|创新题如第14题结合导数几何意义定义“确界角”| |解答|5题/80分|条件概率分布列（高考阅卷）、二项分布期望（产品检验）、导数证明不等式|注重实际应用，如第15题模拟高考双评仲裁流程，体现数学语言表达现实世界|

黄梅一中高二实验班数学测试卷20260526 一、单选题 1．某空间站由三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，则不同的安排方法的种数为（   ） A．150 B．90 C．60 D．30 2．设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则下列说法中错误的是（    ） A． B． C． D． 3．甲、乙两个班级之间进行排球比赛，采用五局三胜制（没有平局），已知甲班在每一局比赛中获胜的概率均为，若前三局甲班以的比分领先，则甲班最终获胜的概率为（   ） A． B． C． D． 4．记二项式的展开式中的系数为，且，则（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 5．蜜蜂是“天才的数学家兼设计师”，下图是一个蜂巢的部分截面，图中竖直线段表示通道，同一高度的若干通道构成层，斜线与竖线的连接处叫交点．第层有条通道，从左至右依次为第条通道．蜜蜂从入口开始自上向下运动，在每个交点处经由左侧斜线和右侧斜线进入通道的可能性相同．蜜蜂到达第层第通道的不同路径数为．例如：，，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 6．在的展开式中，含的项的系数为（   ） A．10 B．20 C．30 D．60 7．甲箱中有2个红球，3个白球和2个黑球，乙箱中有3个红球和3个黑球，先从甲箱中随机摸出一个球放入乙箱中，再从乙箱中摸出2个球，分别用，，表示从甲箱中摸出的球是红球，白球和黑球的事件，用表示从乙箱中摸出的2个球颜色不同的事件，则下列错误的是（     ） A． B． C． D． 8．在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为0.95和0.05，假设发送信号0和1是等可能的．已知接收的信号为1时发送的信号是0的概率是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．下列命题正确的有（    ） A． B． C．若，则 D．若，，，则 10．下列说法正确的是（    ） A．若事件、满足：，，且，则事件、相互独立 B．已知一组成对数据、、、的经验回归方程为，则 C．是、、两两独立的充分条件 D．若，记函数，，则的图象关于点对称 11．下列选项正确的是（    ） A．若随机变量，则 B．一组不全相等的数的平均数为，方差为，若再插入一个数，则这个数的方差为，则 C．若随机变量，，则 D．若，，，则 三、填空题 12．已知函数为减函数，则实数的取值范围是___________． 13．如图，一块边长为6cm的正方形铁片上有四块全等的阴影部分.将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形拼凑成一个正四棱锥形容器（不考虑铁片的损耗），则该容器容积（忽略铁片的厚度）的最大值为__________. 14．如图，对于曲线G所在平面内的点O，若存在以O为顶点的角α，使得对于曲线G上的任意两个不同的点A，B，恒有成立，则称角α为曲线G的相对于点O的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线G的相对于点O的“确界角”.已知曲线C：y=(其中是自然对数的底数)，O为坐标原点，曲线C的相对于点O的“确界角”为β，则____. 四、解答题 15．高考数学试卷评阅采用“双评仲裁”的方式，具体规则如下：两名老师独立评分，称为一评和二评，当两者所评分数之差的绝对值小于或等于1分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于1分时，再由第三位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一、二评中与之接近的分数的平均分为该题得分；当一、二评分数和仲裁分数差值的绝对值相同时，取仲裁分数和前两评中较高的分数的平均分为该题得分.高考的第一道大题为基础题，不少同学的结果正确，但由于书写潦草，步骤不规范等原因，实际得分往往达不到满分，我校为了解学生的答题书写情况，开展了一次测评，针对这道满分13分的大题，选取了大量“结果正确”的试卷，由数十名阅卷老师按照高考阅卷规则进行评阅，规定每位老师给出的分数仅在13分、12分、11分中取值，经统计，各分数对应的比例如下表所示，以频率视为概率，且一、二评与仲裁三位老师评分互不影响. 教师评分 13 12 11 各分数所占比例 甲同学上交了一道“结果正确”的题参与本次测评. (1)求此题需要仲裁的概率；(2)求此题在一评、二评两位老师给分不同的条件下，最终得了满分的概率；(3)求此题得分的分布列及数学期望. 16．工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品，检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为，且各件产品是否为不合格品相互独立． (1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为，求的最大值点； (2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以⑴中确定的作为的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用.若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为，求； (3)若，已知抽取检验的件产品中恰有2件不合格品，试给出的估计值.（表示件产品中不合格的件数，以使得最大的的值作为的估计值.） 17．已知函数，. (1)若对于任意，都有，求实数的取值范围； (2)若函数有两个零点，求证：. 18．已知函数， (1)若在定义域内单调递增，求实数的取值范围； (2)当时，若对任意，不等式恒成立，求实数的最小值； (3)若存在两个不同的极值点，，且，求实数的取值范围． 19．已知函数.(1)当时，求函数的单调区间； (2)当时，求函数的最小值； (3)求证：. 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 《黄梅一中高二实验班数学测试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B B B D C D D BCD AD 题号 11 答案 ABD 1．A 【难度】0.65 【来源】浙江嘉兴八校联盟2025-2026学年第二学期高二期中联考数学试题 【详解】共5名宇航员同时在3个舱中开展实验，则有两种情况， 若按人数分为三组，则有种方法， 若按人数分为三组，则有种方法， 共有种不同方法. 2．B 【难度】0.65 【来源】广东揭阳第一中学2025-2026学年第二学期高二期中考试数学试题 【分析】利用概率的基本性质、德摩根定律、加法公式与条件概率公式计算各选项即可． 【详解】根据摩根定律可知 根据概率加法公式可知 故， 因为，，故， 解得，故A正确； ，故B错误； ，故C正确； 因为， 故，故D正确． 3．B 【难度】0.75 【来源】河南省部分名校2026届高三下学期模拟测试数学试题 【分析】根据前三局甲领先的赛况，分第四局甲直接获胜、第四局甲负且第五局甲获胜两种互斥情况分别计算概率，求和即可得到甲最终获胜的概率. 【详解】已知前三局甲以领先，甲最终获胜仅需再赢得局胜利，最多剩余局比赛，分两类互斥情形计算： 第四局甲获胜，比赛直接结束，对应概率； 第四局乙获胜，第五局甲获胜，对应概率； 故甲最终获胜的总概率为. 4．B 【难度】0.4 【来源】贵州省安顺市2025-2026学年高三上学期期末数学试题 【分析】先根据二项式展开式得出系数，再结合已知，计算求解参数. 【详解】记二项式的展开式中的系数为， ，，，，， 所以， 因为， 故. 故选：B. 5．D 【难度】0.55 【来源】北京市中国人民大学附属中学2025-2026学年第二学期高二年级期中练习数学 【分析】由题意知，，，且，可推得，利用组合数求解即可. 【详解】由题意知，，，且. 结合杨辉三角的性质和及递推关系可得， ，所以，即. 因为，，，，， 所以可能取到0,1,2,7,8,9，所以解集为. 6．C 【难度】0.65 【来源】天津市微山路中学2025-2026学年高二第二学期数学学科阶段练习（一）试题 【分析】根据多项式定理求解即可. 【详解】的展开式的通项为. 令，则 的展开式的通项为， 令，则系数为. 因此含项的总系数为. 7．D 【难度】0.55 【来源】广东江门市棠下中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题 【分析】利用古典概率可求A，利用条件概率可求B，利用全概率公式可求C，利用贝叶斯公式可求D. 【详解】由题意，A正确； 若发生，则乙箱中有3个红球，3个黑球和1个白球，，B正确； ，C正确； ，D不正确. 8．D 【难度】0.68 【来源】广东惠州市华罗庚中学2025-2026学年第二学期高二期中质量检测数学试题 【分析】由条件概率和贝叶斯公式计算． 【详解】设表示“发送的信号为0”，表示“接收的信号为0”， 则表示“发送的信号为1”，表示“接收的信号为1”. 由题意得，，，，，. 由贝叶斯公式有. 故已知接收的信号为1，则发送的信号为0的概率为. 9．BCD 【难度】0.6 【来源】山西临汾市第一中学2025-2026学年第二学期5月高二素质测评数学试卷 【分析】利用条件概率定义、全概率公式与事件独立性性质，通过举反例判断A错误；利用全概率公式中与均不大于的放缩证明B正确；由条件概率与事件独立的定义，从推出独立，进而得，判断C正确；通过对立事件概率求出，，再代入全概率公式求解验证D正确． 【详解】对于A，， 若互斥，则，此时， 当，，A错误； 对于B，， 因为，， 所以，B正确； 对于C，若，则相互独立，所以， 所以，C正确； 对于D，因为，， 所以，， 由全概率公式， 得，解得，D正确； 10．AD 【难度】0.55 【来源】湖北黄冈市蕲春县第一高级中学2026届高三年级全真模拟适应性测试数学训练（一） 【分析】利用条件概率公式结合事件独立性的定义可判断A选项；利用回归直线过样本中心点可判断B选项；利用独立事件的定义可判断C选项；利用正态密度曲线的对称性和函数的对称性可判断D选项. 【详解】对于A选项，若事件、满足：，，且， 即， 由条件概率公式可得，即， 故事件、相互独立，A对； 对于B选项，由题意可得，， 因为回归直线过样本中心点，即，解得，B错； 对于C选项，对于事件、、， 若，，，及成立， 则、、相互独立，缺一不可，故，不能推出、、两两独立，C错； 对于D选项，若，记函数， 由正态密度曲线的对称性可知， 即，即，故函数的图象关于点对称，D对. 11．ABD 【难度】0.65 【来源】山东泰安市2026届高三二轮检测数学试题 【分析】对A，根据二项分布的方差公式求出，再根据方差的性质求出；对B，根据平均数和方差的计算公式分别求出，然后比较大小；对C，根据正态分布的性质分别计算和，再比较大小；对D，根据条件概率公式和全概率列出关于的方程，进而求解. 【详解】已知随机变量， 根据二项分布的方差公式可得， 所以，故A正确； 一组不全相等的数的平均数为，所以方差， 若再插入一个数，则这个数的方差， 因为，所以，所以，故B正确； 因为随机变量，则正态分布曲线关于对称，所以， 所以， 同理，随机变量，则正态分布曲线关于对称，所以， 所以， 由正态分布的性质可知，， 所以，故C错误； 由，， 可得，， 又，所以， 又，所以， 解得，故D正确. 12． 【难度】0.65 【来源】福建省厦门双十中学2025-2026学年高二下学期第一次月考数学试题 【分析】通过，在恒成立，分离参数，得到 ，再通过换元，转换成求二次函数最值即可求解. 【详解】求导得： ， 由题意，在恒成立， 即 ，在恒成立， 即大于等于的最大值， 由，代入右边化简： 令，则， 设二次函数，该二次函数开口向下，对称轴为， 代入对称轴得最大值： ， 故，因此的取值范围是. 13． 【难度】0.56 【来源】云南怒江州兰坪白族普米族自治县第一中学等校2025-2026学年高二下学期3月月考数学试题 【分析】根据余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥，结合图形，求出其高，即可得出体积函数，利用导数判断单调性，求得极值即可得出结果. 【详解】由题意及正四棱锥的性质可知，作平面于， 设该容器的底面边长为cm（），则，， 则该容器的高为cm，设该容器的容积为， 则. 设函数（），得. 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 则，所以. 14．0 【难度】0.65 【来源】江苏省2023-2024学年高二上学期期末迎考数学试题（S版B卷） 【分析】利用导数的几何意义，求出时，过原点且与相切的切线斜率，以及过原点且与相切的切线斜率，进而可得两切线互相垂直，则可求. 【详解】当时，过原点作的切线， 设切点，， ， 则切线方程为， 又切线过点所以， 所以. 设，则为增函数，且，所以， 当时，过原点作的切线， 设切点B， ， 则切线为，又切线过点 所以，又，， 因为，所以两切线垂直,所以. 故答案为：0. 15．(1) (2) (3)的分布列为: 11 11.5 12 12.5 13 所以 【难度】0.54 【来源】吉林长春吉大附中实验学校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷 【分析】（1）所有可能得评分组合中，差的绝对值大于1的情况仅为，一评11，二评13或一评13，二评11，由此求解即可； （2）先计算一评二评给分相同的概率，再计算一评二评给分不同的概率，即可求解； （3）由随机变量可能的取值，分别求出对应的概率，列出分布列，求出数学期望. 【详解】（1）根据规则，只有当一评，二评的分数差绝对值大于1时，才需要仲裁， 所有可能得评分组合中，差的绝对值大于1的情况仅为，一评11，二评13或一评13，二评11， 两种情况的概率之和为：. （2）设事件为“一评，二评给分不同”，事件为“最终得满分13分”， 一评二评给分相同的概率为, 因此，， . （3）由题意可得的可能取值为：，，，，， 则， ， ， ， 所以的分布列为: 11 11.5 12 12.5 13 所以. 16．(1)0.1 (2)490 (3)或 【难度】0.52 【来源】重庆市大足中学2025-2026学年高二下学期5月期中数学试卷 【分析】（1）利用二项分布模型写出关于概率的函数，之后对其求导，利用导数在对应区间上的符号，确定其单调区间，从而得到其最大值点. （2）以（1）的结果为参考，构造包含固定费用和随机赔偿费用的总费用的随机变量，利用二项分布的期望公式及期望的性质计算总费用的数学期望. （3）方法一，通过比较任意相邻项的值，找出概率取得最大值时的样本量，体现了统计的估计思想，同时也避免了复杂的求导运算；方法二，因为在恒成立，利用作商法比较和的大小，进一步判断的单调性，从而得出值. 【详解】（1）20件产品中恰有2件不合格品的概率为：， 因此，， 令，得. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以，的最大值点为. （2）由（1）知，. 令表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知：， 则，，， . （3）方法一： 由题意得，， 由，得， 解得，故或. 方法二： 因为在恒成立， 由， 令，得， 当时，,递增， 当时，,递减， 故或. 17．(1) (2)证明见解析 【难度】0.65 【来源】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2023届高三上学期期末考试数学试题 【分析】（1）通过转化构造函数，利用导数求出该函数的最小值即可； （2）通过利用极值点偏移的知识，令，，利用导数相关知识转化为证明即可. 【详解】（1）结合题意：对于任意，都有，所以， 因为，所以只需， ， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以只需； （2）等价于， 设函数，，易知在区间上单调递增；上单调递减， 由知且，， 设函数，其中， 知， 知在区间上单调递增，即时， 即时，， 即， 又由已知由且， 有且，由在上单调递减， 所以，即. 18．(1) (2)1 (3) 【难度】0.65 【来源】重庆市第一中学2024-2025学年高二下学期期末数学试题 【分析】（1）在定义域内单调递增等价于恒成立，分离参数转化为最值问题求解； （2）由，构造同构函数，利用的单调性求解； （3）由极值点得双变量之间关系，将通过变量代换转化为关于的函数，利用导数判断单调性求其最值情况即可求解. 【详解】（1）由题的定义域为，在恒成立，且的解不连续， 则， 所以的取值范围是； （2）当时，不等式可化为，变形为， 令，求导得，所以在上是增函数， 故，即，即， 所以对任意，不等式恒成立，即对任意恒成立， 令，则， 所以当时，，则单调递增； 当时，，则单调递减， 所以，即满足不等式的实数的取值范围为， 所以的最小值为1； （3）因为存在两个不同的极值点， 所以由可得是方程的两根， 所以，且，， 所以，故， 又由可得， 而， 令， 则， ∵，∴，即， 则，所以在区间上单调递减， 所以有，即， 所以实数取值范围. 19．(1)单调递增区间为，无单调递减区间. (2)0 (3)证明见解析 【难度】0.55 【来源】湖北宜昌市2026届四月调研考试数学试卷 【分析】（1）利用导数求解给定参数范围下的单调区间即可. （2）结合题意并合理构造函数，最后结合导数求解最值即可. （3）结合已知得到，再结合换元法证明不等式即可. 【详解】（1）由题意得函数的定义域为， 当时，，则在单调递增， 所以函数的单调递增区间为，无单调递减区间. （2）当时，， 令，则， 所以即在单调递增， 又，所以当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增，故. （3）由（2）知当时，， 即，当且仅当时取等号， 令，则， 所以, 即. 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 $ 黄梅一中高二实验班数学测试卷 一、单选题 1．某空间站由三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，则不同的安排方法的种数为（   ） A．150 B．90 C．60 D．30 【答案】A 【详解】共5名宇航员同时在3个舱中开展实验，则有两种情况， 若按人数分为三组，则有种方法， 若按人数分为三组，则有种方法， 共有种不同方法. 2．设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则下列说法中错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据摩根定律可知 根据概率加法公式可知 故， 因为，，故， 解得，故A正确； ，故B错误； ，故C正确； 因为， 故，故D正确． 3．甲、乙两个班级之间进行排球比赛，采用五局三胜制（没有平局），已知甲班在每一局比赛中获胜的概率均为，若前三局甲班以的比分领先，则甲班最终获胜的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据前三局甲领先的赛况，分第四局甲直接获胜、第四局甲负且第五局甲获胜两种互斥情况分别计算概率，求和即可得到甲最终获胜的概率. 【详解】已知前三局甲以领先，甲最终获胜仅需再赢得局胜利，最多剩余局比赛，分两类互斥情形计算： 第四局甲获胜，比赛直接结束，对应概率； 第四局乙获胜，第五局甲获胜，对应概率； 故甲最终获胜的总概率为. 4．记二项式的展开式中的系数为，且，则（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【分析】先根据二项式展开式得出系数，再结合已知，计算求解参数. 【详解】记二项式的展开式中的系数为， ，，，，， 所以， 因为， 故. 故选：B. 5．蜜蜂是“天才的数学家兼设计师”，下图是一个蜂巢的部分截面，图中竖直线段表示通道，同一高度的若干通道构成层，斜线与竖线的连接处叫交点．第层有条通道，从左至右依次为第条通道．蜜蜂从入口开始自上向下运动，在每个交点处经由左侧斜线和右侧斜线进入通道的可能性相同．蜜蜂到达第层第通道的不同路径数为．例如：，，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意知，，，且. 结合杨辉三角的性质和及递推关系可得， ，所以，即. 因为，，，，， 所以可能取到0,1,2,7,8,9，所以解集为. 6．在的展开式中，含的项的系数为（   ） A．10 B．20 C．30 D．60 【答案】C 【详解】的展开式的通项为. 令，则 的展开式的通项为， 令，则系数为. 因此含项的总系数为. 7．甲箱中有2个红球，3个白球和2个黑球，乙箱中有3个红球和3个黑球，先从甲箱中随机摸出一个球放入乙箱中，再从乙箱中摸出2个球，分别用，，表示从甲箱中摸出的球是红球，白球和黑球的事件，用表示从乙箱中摸出的2个球颜色不同的事件，则下列错误的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意，A正确； 若发生，则乙箱中有3个红球，3个黑球和1个白球，，B正确； ，C正确； ，D不正确. 8．在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为0.95和0.05，假设发送信号0和1是等可能的．已知接收的信号为1时发送的信号是0的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设表示“发送的信号为0”，表示“接收的信号为0”， 则表示“发送的信号为1”，表示“接收的信号为1”. 由题意得，，，，，. 由贝叶斯公式有. 故已知接收的信号为1，则发送的信号为0的概率为. 二、多选题 9．下列命题正确的有（    ） A． B． C．若，则 D．若，，，则 【答案】BCD 【详解】对于A，， 若互斥，则，此时， 当，，A错误； 对于B，， 因为，， 所以，B正确； 对于C，若，则相互独立，所以， 所以，C正确； 对于D，因为，， 所以，， 由全概率公式， 得，解得，D正确； 10．下列说法正确的是（    ） A．若事件、满足：，，且，则事件、相互独立 B．已知一组成对数据、、、的经验回归方程为，则 C．是、、两两独立的充分条件 D．若，记函数，，则的图象关于点对称 【答案】AD 【分析】利用条件概率公式结合事件独立性的定义可判断A选项；利用回归直线过样本中心点可判断B选项；利用独立事件的定义可判断C选项；利用正态密度曲线的对称性和函数的对称性可判断D选项. 【详解】对于A选项，若事件、满足：，，且， 即， 由条件概率公式可得，即， 故事件、相互独立，A对； 对于B选项，由题意可得，， 因为回归直线过样本中心点，即，解得，B错； 对于C选项，对于事件、、， 若，，，及成立， 则、、相互独立，缺一不可，故，不能推出、、两两独立，C错； 对于D选项，若，记函数， 由正态密度曲线的对称性可知， 即，即，故函数的图象关于点对称，D对. 11．下列选项正确的是（    ） A．若随机变量，则 B．一组不全相等的数的平均数为，方差为，若再插入一个数，则这个数的方差为，则 C．若随机变量，，则 D．若，，，则 【答案】ABD 【详解】已知随机变量， 根据二项分布的方差公式可得， 所以，故A正确； 一组不全相等的数的平均数为，所以方差， 若再插入一个数，则这个数的方差， 因为，所以，所以，故B正确； 因为随机变量，则正态分布曲线关于对称，所以， 所以， 同理，随机变量，则正态分布曲线关于对称，所以， 所以， 由正态分布的性质可知，， 所以，故C错误；由，， 可得，，又，所以， 又，所以， 解得，故D正确. 第II卷（非选择题） 请点击修改第II卷的文字说明 三、填空题 12．已知函数为减函数，则实数的取值范围是___________． 【答案】 【分析】通过，在恒成立，分离参数，得到 ，再通过换元，转换成求二次函数最值即可求解. 【详解】求导得： ，由题意，在恒成立， 即 ，在恒成立，即大于等于的最大值， 由，代入右边化简： 令，则， 设二次函数，该二次函数开口向下，对称轴为， 代入对称轴得最大值： ， 故，因此的取值范围是. 13．如图，一块边长为6cm的正方形铁片上有四块全等的阴影部分.将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形拼凑成一个正四棱锥形容器（不考虑铁片的损耗），则该容器容积（忽略铁片的厚度）的最大值为__________. 【答案】 【详解】由题意及正四棱锥的性质可知，作平面于， 设该容器的底面边长为cm（），则，， 则该容器的高为cm，设该容器的容积为， 则. 设函数（），得. 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 则，所以. 14．如图，对于曲线G所在平面内的点O，若存在以O为顶点的角α，使得对于曲线G上的任意两个不同的点A，B，恒有成立，则称角α为曲线G的相对于点O的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线G的相对于点O的“确界角”.已知曲线C：y=(其中是自然对数的底数)，O为坐标原点，曲线C的相对于点O的“确界角”为β，则____. 【答案】0 【详解】当时，过原点作的切线，设切点，， ， 则切线方程为，又切线过点所以， 所以. 设，则为增函数，且，所以， 当时，过原点作的切线，设切点B， ， 则切线为，又切线过点所以，又，，因为，所以两切线垂直,所以.故答案为：0. 四、解答题 15．高考数学试卷评阅采用“双评仲裁”的方式，具体规则如下：两名老师独立评分，称为一评和二评，当两者所评分数之差的绝对值小于或等于1分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于1分时，再由第三位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一、二评中与之接近的分数的平均分为该题得分；当一、二评分数和仲裁分数差值的绝对值相同时，取仲裁分数和前两评中较高的分数的平均分为该题得分.高考的第一道大题为基础题，不少同学的结果正确，但由于书写潦草，步骤不规范等原因，实际得分往往达不到满分，我校为了解学生的答题书写情况，开展了一次测评，针对这道满分13分的大题，选取了大量“结果正确”的试卷，由数十名阅卷老师按照高考阅卷规则进行评阅，规定每位老师给出的分数仅在13分、12分、11分中取值，经统计，各分数对应的比例如下表所示，以频率视为概率，且一、二评与仲裁三位老师评分互不影响. 教师评分 13 12 11 各分数所占比例 甲同学上交了一道“结果正确”的题参与本次测评. (1)求此题需要仲裁的概率； (2)求此题在一评、二评两位老师给分不同的条件下，最终得了满分的概率； (3)求此题得分的分布列及数学期望. 【答案】(1) (2) (3)的分布列为: 11 11.5 12 12.5 13 所以 【详解】（1）根据规则，只有当一评，二评的分数差绝对值大于1时，才需要仲裁， 所有可能得评分组合中，差的绝对值大于1的情况仅为，一评11，二评13或一评13，二评11， 两种情况的概率之和为：. （2）设事件为“一评，二评给分不同”，事件为“最终得满分13分”， 一评二评给分相同的概率为, 因此，， . （3）由题意可得的可能取值为：，，，，， 则，， ，， 所以的分布列为: 11 11.5 12 12.5 13 所以. 16．工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品，检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为，且各件产品是否为不合格品相互独立． (1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为，求的最大值点； (2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以⑴中确定的作为的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用.若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为，求； (3)若，已知抽取检验的件产品中恰有2件不合格品，试给出的估计值.（表示件产品中不合格的件数，以使得最大的的值作为的估计值.） 【答案】(1)0.1(2)490(3)或 【详解】（1）20件产品中恰有2件不合格品的概率为：， 因此，， 令，得.当时，，单调递增； 当时，，单调递减，所以，的最大值点为. （2）由（1）知，. 令表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知：， 则，，， . （3）方法一： 由题意得，， 由，得，解得，故或. 方法二： 因为在恒成立，由， 令，得，当时，,递增， 当时，,递减，故或. 17．已知函数，. (1)若对于任意，都有，求实数的取值范围； (2)若函数有两个零点，求证：. 【答案】(1)(2)证明见解析 【详解】（1）结合题意：对于任意，都有，所以， 因为，所以只需， ， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以只需； （2）等价于， 设函数，，易知在区间上单调递增；上单调递减， 由知且，， 设函数，其中， 知， 知在区间上单调递增，即时， 即时，， 即， 又由已知由且， 有且，由在上单调递减， 所以，即. 18．已知函数， (1)若在定义域内单调递增，求实数的取值范围； (2)当时，若对任意，不等式恒成立，求实数的最小值； (3)若存在两个不同的极值点，，且，求实数的取值范围． 【答案】(1)(2)1(3) 【详解】（1）由题的定义域为，在恒成立，且的解不连续， 则， 所以的取值范围是； （2）当时，不等式可化为，变形为， 令，求导得，所以在上是增函数， 故，即，即， 所以对任意，不等式恒成立，即对任意恒成立， 令，则， 所以当时，，则单调递增；当时，，则单调递减， 所以，即满足不等式的实数的取值范围为，所以的最小值为1； （3）因为存在两个不同的极值点， 所以由可得是方程的两根， 所以，且，， 所以，故， 又由可得， 而， 令， 则， ∵，∴，即， 则，所以在区间上单调递减， 所以有，即， 所以实数取值范围. 19．已知函数. (1)当时，求函数的单调区间；(2)当时，求函数的最小值； (3)求证：. 【答案】(1)单调递增区间为，无单调递减区间.(2)0(3)证明见解析 【详解】（1）由题意得函数的定义域为， 当时，，则在单调递增， 所以函数的单调递增区间为，无单调递减区间. （2）当时，， 令，则， 所以即在单调递增， 又，所以当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增，故. （3）由（2）知当时，， 即，当且仅当时取等号， 令，则， 所以, 即. 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 $