【数学】广东省东莞市四校2024-2025学年高二下学期期中联考试题（解析版）

广东省东莞市四校2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必用2B铅笔在“考生号”处填涂考生号，用黑色字迹钢笔或签字笔将自己所在的班级，以及自己的姓名和考生号､试室号､座位号填写在答题卡上.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回.第I卷（选择题共58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.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.）1.已知，则（）A.0 B.2 C.1 D.【答案】B【解析】因为，所以，故.故选：B2.从A地到B地要经过C地，已知从A地到C地有三条路，从C地到B地有四条路，则从A地到B地不同的走法种数是（）A.7 B.9 C.12 D.16【答案】C【解析】根据题意分两步完成任务：第一步：从A地到C地，有3种不同的走法；第二步：从C地到B地，有4种不同的走法，根据分步乘法计数原理，从A地到B地不同的走法种数：种，故选：C.3.已知某射击运动员每次击中目标的概率是0.8，则该射击运动员射击4次至少击中3次的概率为（）A.0.4096 B.0.8192 C.0.8464 D.0.9728【答案】B【解析】设运动员射击4次，击中目标的次数为，则,于是，该射击运动员射击4次至少击中3次的概率为：．故选：B.4.的展开式中的系数是（）.A. B. C.5 D.15【答案】A【解析】，的展开式的通项为，，令可得的系数是,令可得的系数是,所以的展开式中的系数是.故选：A.5.一袋中装有大小､质地均相同的5个白球，3个黄球和2个黑球，从中任取3个球，则至少含有一个黑球的概率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根据题意，至少含有一个黑球的概率是.故选：B6.已知某商品生产成本与产量的函数关系式为，单价与产量的函数关系式为，则利润最大时，（）A.10 B.12 C.14 D.16【答案】C【解析】设利润为，则.因为，所以当时，，当时，.故利润最大时的.故选：C.7.第24届冬奥会奥运村有智能餐厅A、人工餐厅B，运动员甲第一天等可能的随机选择一餐厅用餐，如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.7；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.8．运动员甲第二天去A餐厅用餐的概率为（）A.0.75 B.0.7 C.0.56 D.0.38【答案】A【解析】设“第1天去A餐厅用餐”，“第1天去B餐厅用餐”，“第2天去A餐厅用餐”，则，且与互斥，根据题意得：，，，则.故选：A.8.用红、黄、蓝等6种颜色给如图所示的五连圆涂色，要求相邻两个圆所涂颜色不能相同，且红色至少要涂两个圆，则不同的涂色方案种数为（）A.610 B.630 C.950 D.1280【答案】B【解析】采用分类原理：第一类：涂两个红色圆，共有种；第二类：涂三个红色圆，共有种；故共有630种．考点：排列、组合及简单计数问题．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，部分选对得部分分，有选错的得0分.）9.某同学求得一个离散型随机变量的分布列为12460.20.30.1则（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】由，得，所以A正确；因为，所以B正确；因为，所以C不正确；因为，所以D正确.故选：ABD10.有3名学生和2名教师排成一排，则下列说法正确的是（）A.共有120种不同的排法B.当2名教师相邻时，共有24种不同的排法C.当2名教师不相邻时，共有72种不同的排法D.当2名教师不排在两端时，共有48种不同的排法【答案】AC【解析】对于A，共有种不同的排法，故A正确；对于B，共有种不同的排法，故B错误；对于C，共有种不同的排法，故C正确；对于D，共有种不同的排法，故D错误.故选：AC.11.已知函数则下列说法正确的是（）A.函数的单调减区间为，B.函数的值域为C.若关于的方程有三个根，则D.若对于恒成立，则【答案】ACD【解析】（i）当时，，则在单调递减，且渐近线为轴和，恒有.（ii）当时，，，当在单调递增，当在单调递减，故，且当时，，，恒有.综上可知，，作出函数大致图象，如下图.对于A，函数的单调减区间为，故A正确；对于B，函数的值域为，故B错误；对于C，方程有三个根，则所以与有3个公共点，由图象可知当时，与有3个交点，满足题意，即的取值范围是，故C正确;对于D，设函数为过定点的直线，且与函数的切点为，则有①，②，且③，由①②得，将③代入上式可得，即，即，解得或（舍去），，此时直线与函数相切，为临界情况；当，直线斜率增大，此时函数满足在时，处于直线下方，即对于恒成立，因此，，故D正确；故选：ACD.第II卷（非选择题共92分）三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填在答题卡的相应位置上.）12.在的二项展开式中，若各项系数和为729，则正整数的值为______．【答案】6【解析】在的二项展开式中，令，可得各项系数和为，解得.故答案为：613.某中学2400名学生参加一分钟跳绳测试.经统计,成绩近似服从正态分布,已知成绩小于76的有300人，则可估计该校一分钟跳绳成绩在108~140之间的人数约为________.【答案】900【解析】由题意可知，,因为成绩服从正态分布，所以所以跳绳成绩在108~140之间的人数约为.故答案为：900.14.已知函数有两个零点，则实数的取值范围为__________.【答案】【解析】函数的定义域为，令，即，因为函数有两个零点，所以方程在上有两个不相等实数根，设，则，当时，，，则；当时，，，则，所以函数在上单调递增，在上单调递减，又，且，，时，，画出函数的大致图象，如图，由图象可知，要使方程在上有两个不相等的实数根，则，即实数的取值范围为.故答案为：.四､解答题（本大题共5小题，第15题13分，16､17题各15分，18､19题各17分，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效.）15.已知x为正实数，展开式的二项式系数和为256．（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中含的项；（3）若第k项是有理项，求k的取值集合．解：（1）在展开式的二项式系数和为256，即，，展开式中二项式系数最大的项中间项，即第5项，所以，（2），由，所以展开式中含的项是第2项，所以（3），当为整数时为有理项，即，则k的取值集合16.已知函数.（1）求函数在处的切线方程；（2）求函数的单调区间和极值.解：（1）函数的定义域为R.导函数.所以，，所以函数在点处的切线方程为，即.（2）令，解得：或.列表得：x13+2+单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以函数的单调增区间为，；单调减区间为；的极大值为，极小值为.17.某市移动公司为了提高服务质量，决定对使用两种套餐的集团用户进行调查，准备从本市个人数超过1000的大集团和3个人数低于200的小集团中随机抽取若干个集团进行调查，若一次抽取2个集团，全是大集团的概率为.（1）在取出的2个集团是同一类集团的情况下，求全为小集团的概率；（2）若一次抽取3个集团，假设取出大集团的个数为，求的分布列.解：（1）由题意知共有个集团，取出2个集团的方法总数是，其中全是大集团的情况有，故全是大集团的概率是，整理得到，解得，若2个全是大集团，共有（种）情况，若2个全是小集团，共有（种）情况，故在取出的2个集团是同一类集团的情况下，全为小集团的概率为；（2）由题意知，随机变量的可能取值为0，1，2，3，，，故的分布列为012318.已知8件不同的产品中有2件次品，现对这8件产品一一进行测试，直至找到所有次品．（1）若恰在第2次测试时，找到第一件次品，第6次测试时，找到第二件次品，则共有多少种不同的测试情况？（2）若至多测试3次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？解：（1）第1次测试的是正品，从件正品中选件，有种选择.第2次测试找到第一件次品，因为有件次品，所以第2次测试的次品有种选择.第3次到第5次测试的是正品，从剩下的件正品中选件进行排列，有种选择.第6次测试找到第二件次品，此时只剩下件次品，所以只有种选择.根据排列组合的乘法原理，总的测试情况数为种.（2）测试次就找到所有次品的情况:第1次测试找到一件次品，有种选择，第2次测试找到另一件次品，有种选择，所以这种情况共有种测试情况.测试次找到所有次品的情况:第1次测试找到一件次品，有种选择，第2次测试找到一件正品，从件正品中选件，有种选择，第3次测试找到另一件次品，有种选择，这种情况共有种测试情况.第1次测试找到一件正品，从件正品中选件，有种选择，第2次测试找到一件次品，有种选择，第3次测试找到另一件次品，有种选择，这种情况共有种测试情况.根据加法原理，至多测试次就能找到所有次品的测试情况数为种.19.已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个极值点．①求实数a的取值范围；②若（为自然对数的底数，且…），求的取值范围．解：（1）由题知，函数的定义域为，，当时，对任意的，在上恒成立不恒为零，故在上单调递减；当时，令，则，解得，当时，；当时，．所以函数的单调递减区间为，单调递增区间