2024-2025学年浙江省台州山海协作体高二下学期4月期中联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1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（）3456A. B. C. D.【答案】C【解析】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】因为函数在处可导，所以，故选：B3.下列对函数求导运算正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】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：D4.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】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】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】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】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】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】对于A，因为，即的均值是，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：AC10.对于可以求导函数，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】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“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：BC11.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】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.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】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】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：3214.设，函数，若恰有两个零点，则的取值范围是______【答案】【解析】∵，∴.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，∴实数的取值范围是.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.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？解：（1）从5个数字任取4个进行全排列，故有个；（2）首位不能为0，则有个；（3）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，求展开式中奇次项的系数和．请在：①只有第4项的二项式系数最大；②第2项与第6项的二项式系数相等；③所有二项式系数的和为64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．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解：选①只有第4项的二项式系数最大，则展开式中有7项，；选②第2项与第6项的二项式系数相等，，所以③所有二项式系数的和为64，，，（1），，；（2）令得令得，相减得，所以．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取值范围．解：（1）当时，则，，可得，，即切点坐标为，切线斜率，所以切线方程为，即.（2）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的取值范围为；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.解：（1）由已知的取值为，，，，，，所以的分布列为01234甲进入决赛的概率为；（2）（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.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．解：（1）对于任意不同的，有，所以，，所以是上的“3类函数”（2）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．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（）3456A. B. C. D.【答案】C【解析】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】因为函数在处可导，所以，故选：B3.下列对函数求导运算正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】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：D4.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】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】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】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】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】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】对于A，因为，即的均值是，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：AC10.对于可以求导函数，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】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“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：BC11.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】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.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】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】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：3214.设，函数，若恰有两个零点，则的取值范围是______【答案】【解析】∵，∴.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，∴实数的取值范围是.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.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？解：（1）从5个数字任取4个进行全排列，故有个；（2）首位不能为0，则有个；（3）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，求展开式中奇次项的系数和．请在：①只有第4项的二项式系数最大；②第2项与第6项的二项式系数相等；③所有二项式系数的和为64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．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解：选①只有第4项的二项式系数最大，则展开式中有7项，；选②第2项与第6项的二项式系数相等，，所以③所有二项式系数的和为64，，，（1），，；（2）令得令得，相减得，所以．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取值范围．解：（1）当时，则，，可得，，即切点坐标为，切线斜率，所以切线方程为，即.（2）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