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浙江省温州市新力量联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试卷（Word版附解析）
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这是一份浙江省温州市新力量联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试卷（Word版附解析），文件包含浙江省温州市新力量联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题Word版含解析docx、浙江省温州市新力量联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
考生须知：
1．本卷共6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. 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. 7B. 12C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先确定从A地到C地有3种不同走法，再确定从C地到B地有4种不同的走法，最后求从A地到B地不同的走法种数.
【详解】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:B
2. 质点按规律做直线运动（位移单位：，时间单位：），则质点在时的瞬时速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对进行求导，再将的值代入即可得答案.
【详解】因为，
则，故．
故选：D.
3. 勾股定理是数学史上非常重要的定理之一．若将满足的正整数组称为勾股数组，则在不超过10的正整数中随机选取3个不同的数，能组成勾股数组的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出基本事件总数，再求出勾股数组的个数，即可求解．
【详解】在不超过10的正整数中随机选取3个不同的数，
基本事件的总数为，
能组成勾股数组的有共2个，
能组成勾股数组的概率是
故选：A
4. 定义在区间上的函数的导函数的图象如图所示，则下列结论不正确的是（ ）
A. 函数在区间上单调递增B. 函数在区间上单调递减
C. 函数在处取得极大值D. 函数在处取得极小值
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的单调性和函数的导数的值的正负的关系，可判断A,B的结论;根据函数的极值点和函数的导数的关系可判断、的结论．
【详解】函数在上，故函数在上单调递增，故正确；
根据函数的导数图象，函数在时，，
故函数在区间上单调递减，故正确；
由A的分析可知函数在上单调递增，故不是函数的极值点，故错误；
根据函数的单调性，在区间上单调递减，在上单调递增，
故函数在处取得极小值，故正确，
故选：
5. “杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和供给作出了杰出贡献．某水䅨种植研究所调查某地杂交水稻的平均亩产量，得到亩产量（单位：）服从正态分布．
参考数据：．下列说法错误的是（ ）
A. 该地水稻的平均亩产量是
B. 该地水稻亩产量的标准差是
C. 该地水䅨亩产量超过的约占
D. 该地水稻亩产量低于的约占
【答案】C
【解析】
【分析】根据判断A、B，根据正态曲线的对称性求出相应的概率，即可判断C、D.
【详解】依题意，即该地水稻的平均亩产量是，标准差是，故A、B正确；
又，，
所以，
则该地水䅨亩产量超过的约占，故C错误；
又，
所以该地水稻亩产量低于的约占，故D正确.
故选：C
6. 已知定义在区间上的奇函数，对于任意的满足（其中是的导函数），则下列不等式中成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，其中，分析函数的奇偶性及其在上的单调性，再利用函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.
【详解】构造函数，其中，则，
所以，函数为奇函数，
当时，，
所以，函数在上为增函数，故该函数在上也为增函数，
由题意可知，函数在上连续，故函数在上为增函数.
对于A选项，，即，则，A错；
对于B选项，，即，则，B对；
对于C选项，，即，则，C错；
对于D选项，，即，则，D错.
故选：B.
7. 设集合，且，，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由条件概率计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，所以，所以，
．因为，
所以.
故选:C
8. 随机变量的分布列如下所示则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由分布列的性质可得的关系，再由期望公式求，由方差公式求，利用导数求的最大值.
【详解】由题可知，，，
所以，，
，
，
则，
令，
则，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以的最大值为．
故选：D．
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. 已知的展开式中共有7项，则下列选项正确的有（ ）
A. 所有项的二项式系数和为64B. 所有项的系数和为1
C. 系数最大的项为第4项D. 有理项共4项
【答案】AD
【解析】
【分析】由展开式有7项，可知，再由二项式定理的应用依次求解即可.
【详解】解：由展开式有7项，可知，
则所有项的二项式系数和为，故A项正确；
令，则所有项的系数和为，故B项错误；
展开式第项为，
则第4项为负值，故系数最大的项为第4项是错误的；
当时为有理项，则D项正确.
故选：AD
10. 一口袋中有大小和质地相同的4个红球和2个白球，则下列结论正确的是（ ）
A. 从中任取3球，恰有一个白球的概率是
B. 从中有放回的取球6次，每次任取一球，恰好有两个白球的概率为
C. 从中不放回的取球2次，每次任取1球，若第一次已取到了红球，则第二次再次取到红球的概率为
D. 从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对选项A，根据古典概型公式即可判断A正确，对选项B，根据二项分布即可判断B正确，对选项C，根据条件概率即可判断C错误，对选项D，利用二项分布即可判断D正确。
【详解】对选项A,从中任取3球，恰有一个白球的概率是，故A正确；
对选项B，从中有放回的取球6次，每次任取一球，
则取到白球的个数，
故恰好有两个白球的概率为；
对选项C，从中不放回的取球2次，每次任取1球，记A为“第一次取到红球”，
B为“第二次取到红球”，则所求概率为，故C错误。
对选项D，从中有放回的取球3次，每次任取一球，则取到红球的个数，
至少有一次取到红球的概率为，故D正确。
故选：ABD
11. 已知函数有两个零点，，且，则下列选项正确的是（ ）
A. B. 在上单调递增
C. D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】A．将问题转化为有两根，然后构造函数，根据的图象与的图象有两个交点求解出的取值范围；
B．先求解出的单调递增区间，然后判断出与的单调递增区间的关系，由此可完成判断；
C．考虑当时的取值情况，故的取值情况可分析出，由此作出判断；
D．根据与的大小关系结合的单调性判断出的取值范围，由此确定出与的大小关系.
【详解】令得，记
，令得
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
且时，，，时，
据题意知的图象与的图象有两个交点，且交点的横坐标为，，
所以，故A选项正确；
因为
所以当时，，递增，
因为，所以，故B选项正确；
当时，，，
又因为在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，所以C选项错误；
因为在递增，在递减，且
所以，，
因为，所以
因为，所以
所以，故D选项正确
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：利用导数求解参数范围的两种常用方法：
（1）分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，求解出参数范围；
（2）分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的参数范围最后取并集.
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. 的展开式中的系数为______．（用数字作答）
【答案】20
【解析】
【分析】先求出的展开式通项，然后分情况讨论，，从而可求解.
【详解】 的第项为，
令，解得，令，得，
代入通项可得展开式中的和项分别为：，分别与和相乘，
得的展开式中项为，故的系数为20.
故答案为：20.
13. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】由已知求导后得到在上恒成立，分离参数后得到，再构造函数，利用二次函数的性质求最小值即可.
【详解】，
因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
分离参数可得，即，
令，
则，在上单调递增，
因为，所以，
所以，所以实数的取值范围是.
故答案为：.
14. 若是一个集合，是一个以某些子集为元素的集合，且满足：①属于，空集属于；②中任意多个元素的并集属于；③中任意多个元素的交集属于，则称是集合上的一个拓扑．已知函数，其中[x]表示不大于的最大整数，当时，函数值域为集合，则集合上的含有4个元素的拓扑的个数为______．
【答案】9
【解析】
【分析】根据集合上的拓扑的集合的定义，判断的值，利用元素与集合的关系判断满足题意的集合上的含有4个元素的拓扑的个数．
【详解】因为函数，其中[x]表示不大于的最大整数，当时，函数值域为集合，
所以，故，
①当时，则，
②当时，显然，
③当时，，，
④当时，，
，
∵中含有4个元素，其中两个元素和，
设其它两个元素为，则，
由对称性，不妨设，其中表示集合A中元素的个数，
，又，或，
若，则只能等于，（若，则，则，矛盾），
则必有，
∴的个数的个数种．即或或；
若，此时满足，
且且，
所以，
∴B的选择共有种，则的个数有种，
∴的个数种．
这6种是，
综上可知的个数为9个．
故答案为：9．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解集合新定义，得到若时，的个数的个数种；若时，的个数种.
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. 设函数．
（1）求在处的切线方程；
（2）求在上的最大值和极大值．
【答案】（1）
（2）极大值是13，最大值是62
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义求解即可；
（2）利用导数求出函数单调性，结合极大值的定义求解即求出闭区间的最大值.
【小问1详解】
解:由题意知，，即切点为，
又，所以，
所以在处的切线方程为：，即；
【小问2详解】
，令得，
得或，
故的减区间为，增区间为和，
函数的极大值，又，
在上的极大值是13，最大值是62．
16. 有3名男生、3名女生，求在下列不同条件下各有多少种安排方法．（用具体数字回答）
（1）全体排成一排，女生必须站在一起；
（2）全体排成一排，3个男生中恰有两人相邻；
（3）全体排成一排，其中甲不站最左边，乙不站最右边；
（4）将这6人分配到3个班级且每个班级至少1人．
【答案】（1）144 （2）432
（3）504 （4）540
【解析】
【分析】（1）相邻问题利用捆绑法；
（2）先将名女生全排列，再从名男生中选名男生作为一个整体，与另一名男生插入到名女生所形成的个空中的个空中，从而计算可得；
（3）利用间接法计算可得；
（4）对三个班的人数分，，三种情况讨论，先分组，再分配.
【小问1详解】
全体排成一排，女生必须站在一起，
则将名女生看作一个整体与名男生全排列，其中名女生内部也需全排列，
故有种排法；
【小问2详解】
首先将名女生全排列，再从名男生中选名男生作为一个整体，
与另一名男生插入到名女生所形成的个空中的个空，
则有种排法；
小问3详解】
首先将个人全排列，再减去甲在最左边、乙在最右边的情形，
最后再加上甲在最左边且乙在最右边的情形，故有种排法；
【小问4详解】
依题意若三个班均为人，则有种排法；
若三个班的人数为，则有种排法；
若三个班的人数为，则有种排法；
综上可得一共有种排法.
17. 为了解某药物在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：随机抽取100只小鼠，给服该种药物，每只小鼠给服的药物浓度相同、体积相同. 经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内药物的百分比. 根据试验数据得到如下直方图：
（1）求残留百分比直方图中的值；
（2）估计该药物在小鼠体内残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（3）在体内药物残留百分比位于区间的小鼠中任取3只，设其中体内药物残留百分比位于区间的小鼠为只，求的分布列和期望.
【答案】（1）；
（2）；
（3）分布列见解析，.
【解析】
【分析】（1）根据频率之和等于1列式求解即可；
（2）根据直方图计算平均数的公式计算可得；
（3）先根据百分比在区间和上的小鼠个数，根据超几何分布概率公式求概率，即可的分布列，然后可得期望.
【小问1详解】
由题知，，
解得.
【小问2详解】
由图知，.
【小问3详解】
体内药物残留百分比位于区间内频率为，位于内的频率为.
则百分比位于区间内的小鼠有10只，位于内的小鼠有5只，
X的所有取值为0,1,2,3，
所以，，
，，
所以，的分布列如下：
由期望公式得.
18. 有3台车床加工同一型号的零件，第1，2，3台加工的次品率分别为6%，5%，4%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床加工的零件数之比为5：6：9，现任取一个零件，求：
（1）它是第1台机床生产的概率是多少?
（2）它是次品的概率是多少．
（3）若取到的这个零件是次品，那么它是哪台机床生产出来的可能性最大?用具体数据说明．
【答案】（1）
（2）0.048 （3）3，说明见解析
【解析】
【分析】（1）根据第1，2，3台车床加工的零件数之比即可求得答案；
（2）根据全概率公式，即可求得答案；
（3）根据贝叶斯公式分别计算出在这个零件是次品的条件下由每个车间生产的概率，比较大小，即可判断出结论.
【小问1详解】
由题意第1，2，3台车床加工的零件数之比为5：6：9，现任取一个零件，
它是第1台机床生产的概率；
【小问2详解】
设事件“零件为第i台车床加工”，事件“零件为次品”，
，
，
现任取一个零件，它是次品的概率
【小问3详解】
，
，
，
而，所以它是第3台机床生产的可能性最大．
19. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若在定义域内有两个极值点，求证：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，分类讨论的值，由导数得出单调性；
（2）由极值点的性质以及韦达定理得出，构造函数，利用导数证明不等式.
【小问1详解】
由题意得：的定义域为，
令，，
当，即时，恒成立，
即：，在上单调递减，
当，即时，
令，解得：，
当时，，即；当时，，即，
在上单调递减；在上单调递增，
【小问2详解】
在定义域上有两个极值点
由（1）知且是方程的两个不等实根，
则，
，
设，则，
，，，则在上为减函数，
，则成立.
【点睛】关键点睛：在问题二中，关键在于由极值点的性质结合韦达定理将双变量问题，转化为单变量问题，从而由导数证明不等式.0
1
2
3
考生须知：
1．本卷共6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. 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. 7B. 12C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先确定从A地到C地有3种不同走法，再确定从C地到B地有4种不同的走法，最后求从A地到B地不同的走法种数.
【详解】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:B
2. 质点按规律做直线运动（位移单位：，时间单位：），则质点在时的瞬时速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对进行求导，再将的值代入即可得答案.
【详解】因为，
则，故．
故选：D.
3. 勾股定理是数学史上非常重要的定理之一．若将满足的正整数组称为勾股数组，则在不超过10的正整数中随机选取3个不同的数，能组成勾股数组的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出基本事件总数，再求出勾股数组的个数，即可求解．
【详解】在不超过10的正整数中随机选取3个不同的数，
基本事件的总数为，
能组成勾股数组的有共2个，
能组成勾股数组的概率是
故选：A
4. 定义在区间上的函数的导函数的图象如图所示，则下列结论不正确的是（ ）
A. 函数在区间上单调递增B. 函数在区间上单调递减
C. 函数在处取得极大值D. 函数在处取得极小值
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的单调性和函数的导数的值的正负的关系，可判断A,B的结论;根据函数的极值点和函数的导数的关系可判断、的结论．
【详解】函数在上，故函数在上单调递增，故正确；
根据函数的导数图象，函数在时，，
故函数在区间上单调递减，故正确；
由A的分析可知函数在上单调递增，故不是函数的极值点，故错误；
根据函数的单调性，在区间上单调递减，在上单调递增，
故函数在处取得极小值，故正确，
故选：
5. “杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和供给作出了杰出贡献．某水䅨种植研究所调查某地杂交水稻的平均亩产量，得到亩产量（单位：）服从正态分布．
参考数据：．下列说法错误的是（ ）
A. 该地水稻的平均亩产量是
B. 该地水稻亩产量的标准差是
C. 该地水䅨亩产量超过的约占
D. 该地水稻亩产量低于的约占
【答案】C
【解析】
【分析】根据判断A、B，根据正态曲线的对称性求出相应的概率，即可判断C、D.
【详解】依题意，即该地水稻的平均亩产量是，标准差是，故A、B正确；
又，，
所以，
则该地水䅨亩产量超过的约占，故C错误；
又，
所以该地水稻亩产量低于的约占，故D正确.
故选：C
6. 已知定义在区间上的奇函数，对于任意的满足（其中是的导函数），则下列不等式中成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，其中，分析函数的奇偶性及其在上的单调性，再利用函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.
【详解】构造函数，其中，则，
所以，函数为奇函数，
当时，，
所以，函数在上为增函数，故该函数在上也为增函数，
由题意可知，函数在上连续，故函数在上为增函数.
对于A选项，，即，则，A错；
对于B选项，，即，则，B对；
对于C选项，，即，则，C错；
对于D选项，，即，则，D错.
故选：B.
7. 设集合，且，，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由条件概率计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，所以，所以，
．因为，
所以.
故选:C
8. 随机变量的分布列如下所示则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由分布列的性质可得的关系，再由期望公式求，由方差公式求，利用导数求的最大值.
【详解】由题可知，，，
所以，，
，
，
则，
令，
则，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以的最大值为．
故选：D．
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. 已知的展开式中共有7项，则下列选项正确的有（ ）
A. 所有项的二项式系数和为64B. 所有项的系数和为1
C. 系数最大的项为第4项D. 有理项共4项
【答案】AD
【解析】
【分析】由展开式有7项，可知，再由二项式定理的应用依次求解即可.
【详解】解：由展开式有7项，可知，
则所有项的二项式系数和为，故A项正确；
令，则所有项的系数和为，故B项错误；
展开式第项为，
则第4项为负值，故系数最大的项为第4项是错误的；
当时为有理项，则D项正确.
故选：AD
10. 一口袋中有大小和质地相同的4个红球和2个白球，则下列结论正确的是（ ）
A. 从中任取3球，恰有一个白球的概率是
B. 从中有放回的取球6次，每次任取一球，恰好有两个白球的概率为
C. 从中不放回的取球2次，每次任取1球，若第一次已取到了红球，则第二次再次取到红球的概率为
D. 从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对选项A，根据古典概型公式即可判断A正确，对选项B，根据二项分布即可判断B正确，对选项C，根据条件概率即可判断C错误，对选项D，利用二项分布即可判断D正确。
【详解】对选项A,从中任取3球，恰有一个白球的概率是，故A正确；
对选项B，从中有放回的取球6次，每次任取一球，
则取到白球的个数，
故恰好有两个白球的概率为；
对选项C，从中不放回的取球2次，每次任取1球，记A为“第一次取到红球”，
B为“第二次取到红球”，则所求概率为，故C错误。
对选项D，从中有放回的取球3次，每次任取一球，则取到红球的个数，
至少有一次取到红球的概率为，故D正确。
故选：ABD
11. 已知函数有两个零点，，且，则下列选项正确的是（ ）
A. B. 在上单调递增
C. D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】A．将问题转化为有两根，然后构造函数，根据的图象与的图象有两个交点求解出的取值范围；
B．先求解出的单调递增区间，然后判断出与的单调递增区间的关系，由此可完成判断；
C．考虑当时的取值情况，故的取值情况可分析出，由此作出判断；
D．根据与的大小关系结合的单调性判断出的取值范围，由此确定出与的大小关系.
【详解】令得，记
，令得
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
且时，，，时，
据题意知的图象与的图象有两个交点，且交点的横坐标为，，
所以，故A选项正确；
因为
所以当时，，递增，
因为，所以，故B选项正确；
当时，，，
又因为在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，所以C选项错误；
因为在递增，在递减，且
所以，，
因为，所以
因为，所以
所以，故D选项正确
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：利用导数求解参数范围的两种常用方法：
（1）分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，求解出参数范围；
（2）分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的参数范围最后取并集.
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. 的展开式中的系数为______．（用数字作答）
【答案】20
【解析】
【分析】先求出的展开式通项，然后分情况讨论，，从而可求解.
【详解】 的第项为，
令，解得，令，得，
代入通项可得展开式中的和项分别为：，分别与和相乘，
得的展开式中项为，故的系数为20.
故答案为：20.
13. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】由已知求导后得到在上恒成立，分离参数后得到，再构造函数，利用二次函数的性质求最小值即可.
【详解】，
因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
分离参数可得，即，
令，
则，在上单调递增，
因为，所以，
所以，所以实数的取值范围是.
故答案为：.
14. 若是一个集合，是一个以某些子集为元素的集合，且满足：①属于，空集属于；②中任意多个元素的并集属于；③中任意多个元素的交集属于，则称是集合上的一个拓扑．已知函数，其中[x]表示不大于的最大整数，当时，函数值域为集合，则集合上的含有4个元素的拓扑的个数为______．
【答案】9
【解析】
【分析】根据集合上的拓扑的集合的定义，判断的值，利用元素与集合的关系判断满足题意的集合上的含有4个元素的拓扑的个数．
【详解】因为函数，其中[x]表示不大于的最大整数，当时，函数值域为集合，
所以，故，
①当时，则，
②当时，显然，
③当时，，，
④当时，，
，
∵中含有4个元素，其中两个元素和，
设其它两个元素为，则，
由对称性，不妨设，其中表示集合A中元素的个数，
，又，或，
若，则只能等于，（若，则，则，矛盾），
则必有，
∴的个数的个数种．即或或；
若，此时满足，
且且，
所以，
∴B的选择共有种，则的个数有种，
∴的个数种．
这6种是，
综上可知的个数为9个．
故答案为：9．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解集合新定义，得到若时，的个数的个数种；若时，的个数种.
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. 设函数．
（1）求在处的切线方程；
（2）求在上的最大值和极大值．
【答案】（1）
（2）极大值是13，最大值是62
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义求解即可；
（2）利用导数求出函数单调性，结合极大值的定义求解即求出闭区间的最大值.
【小问1详解】
解:由题意知，，即切点为，
又，所以，
所以在处的切线方程为：，即；
【小问2详解】
，令得，
得或，
故的减区间为，增区间为和，
函数的极大值，又，
在上的极大值是13，最大值是62．
16. 有3名男生、3名女生，求在下列不同条件下各有多少种安排方法．（用具体数字回答）
（1）全体排成一排，女生必须站在一起；
（2）全体排成一排，3个男生中恰有两人相邻；
（3）全体排成一排，其中甲不站最左边，乙不站最右边；
（4）将这6人分配到3个班级且每个班级至少1人．
【答案】（1）144 （2）432
（3）504 （4）540
【解析】
【分析】（1）相邻问题利用捆绑法；
（2）先将名女生全排列，再从名男生中选名男生作为一个整体，与另一名男生插入到名女生所形成的个空中的个空中，从而计算可得；
（3）利用间接法计算可得；
（4）对三个班的人数分，，三种情况讨论，先分组，再分配.
【小问1详解】
全体排成一排，女生必须站在一起，
则将名女生看作一个整体与名男生全排列，其中名女生内部也需全排列，
故有种排法；
【小问2详解】
首先将名女生全排列，再从名男生中选名男生作为一个整体，
与另一名男生插入到名女生所形成的个空中的个空，
则有种排法；
小问3详解】
首先将个人全排列，再减去甲在最左边、乙在最右边的情形，
最后再加上甲在最左边且乙在最右边的情形，故有种排法；
【小问4详解】
依题意若三个班均为人，则有种排法；
若三个班的人数为，则有种排法；
若三个班的人数为，则有种排法；
综上可得一共有种排法.
17. 为了解某药物在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：随机抽取100只小鼠，给服该种药物，每只小鼠给服的药物浓度相同、体积相同. 经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内药物的百分比. 根据试验数据得到如下直方图：
（1）求残留百分比直方图中的值；
（2）估计该药物在小鼠体内残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（3）在体内药物残留百分比位于区间的小鼠中任取3只，设其中体内药物残留百分比位于区间的小鼠为只，求的分布列和期望.
【答案】（1）；
（2）；
（3）分布列见解析，.
【解析】
【分析】（1）根据频率之和等于1列式求解即可；
（2）根据直方图计算平均数的公式计算可得；
（3）先根据百分比在区间和上的小鼠个数，根据超几何分布概率公式求概率，即可的分布列，然后可得期望.
【小问1详解】
由题知，，
解得.
【小问2详解】
由图知，.
【小问3详解】
体内药物残留百分比位于区间内频率为，位于内的频率为.
则百分比位于区间内的小鼠有10只，位于内的小鼠有5只，
X的所有取值为0,1,2,3，
所以，，
，，
所以，的分布列如下：
由期望公式得.
18. 有3台车床加工同一型号的零件，第1，2，3台加工的次品率分别为6%，5%，4%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床加工的零件数之比为5：6：9，现任取一个零件，求：
（1）它是第1台机床生产的概率是多少?
（2）它是次品的概率是多少．
（3）若取到的这个零件是次品，那么它是哪台机床生产出来的可能性最大?用具体数据说明．
【答案】（1）
（2）0.048 （3）3，说明见解析
【解析】
【分析】（1）根据第1，2，3台车床加工的零件数之比即可求得答案；
（2）根据全概率公式，即可求得答案；
（3）根据贝叶斯公式分别计算出在这个零件是次品的条件下由每个车间生产的概率，比较大小，即可判断出结论.
【小问1详解】
由题意第1，2，3台车床加工的零件数之比为5：6：9，现任取一个零件，
它是第1台机床生产的概率；
【小问2详解】
设事件“零件为第i台车床加工”，事件“零件为次品”，
，
，
现任取一个零件，它是次品的概率
【小问3详解】
，
，
，
而，所以它是第3台机床生产的可能性最大．
19. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若在定义域内有两个极值点，求证：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，分类讨论的值，由导数得出单调性；
（2）由极值点的性质以及韦达定理得出，构造函数，利用导数证明不等式.
【小问1详解】
由题意得：的定义域为，
令，，
当，即时，恒成立，
即：，在上单调递减，
当，即时，
令，解得：，
当时，，即；当时，，即，
在上单调递减；在上单调递增，
【小问2详解】
在定义域上有两个极值点
由（1）知且是方程的两个不等实根，
则，
，
设，则，
，，，则在上为减函数，
，则成立.
【点睛】关键点睛：在问题二中，关键在于由极值点的性质结合韦达定理将双变量问题，转化为单变量问题，从而由导数证明不等式.0
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