浙江省A9协作体2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试卷（解析版）

这是一份浙江省A9协作体2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷.等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1．本卷满分150分，考试时间120分钟；
2．答题前，在答题卷密封区内填写班级、学号和姓名；座位号写在指定位置；
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4．考试结束后，只需上交答题卷.
第I卷
一、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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】解不等式可得，
所以，
所以，
故选：C
2. 下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】，A选项错误；
，B选项正确；
，C选项错误；
，D选项错误.
故选：B.
3. 关于的不等式的解集为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为的解集为，所以，
对应方程，，
则，所以.
故选：D.
4. 已知函数，则的值为（ ）
A 3B. 2C. 1D. 0
【答案】A
【解析】因为，则令，有，所以.
故选：A.
5. 已知，，且，则的最小值为（ ）
A. 12B. 9C. 8D. 6
【答案】C
【解析】因为，，，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为8.故选：C
6. 的展开式中的系数为（ ）
A. 60B. 20C. -20D. -60
【答案】D
【解析】，展开式的通项公式为，
令，故，
的展开式的通项公式为，
令，则，
故的系数为，
故选：D.
7. 已知正四面体的顶点处有一质点，点每次随机沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，则点经过4次移动后仍回到顶点处的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】点每次随机沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，
每次移动有3种可能，则点经过4次移动共有种移动情况，
满足点经过4次移动后仍回到顶点处的情况共有
种，所以点经过4次移动后仍回到顶点处的概率为
故选：C.
8. 已知函数有两个零点，则实数的值为（ ）
A. B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】由条件得，，
①若，则，则在上单调递增，
则至多有一个零点，不符合题意；
②若，则得或；得，
则在和上单调递增，在上单调递减，
取，则，，
则，
因，则由零点存在性定理可知，在上存在唯一一个零点，
因，
则若使函数有两个零点，有，得；
③若，则得或；得，
则在和上单调递增，在上单调递减，
因，则时，，
则在上至多存在一个零点，不符合题意，
综上所知，若使函数有两个零点，则.
故选：B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 已知随机变量，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】因为，则，
，A选项错误；
，，B选项正确；
，C选项正确；
，D选项错误.故选：.
10. 有大小、形状、质地完全相同的白色、黄色、蓝色小球各3个，红色小球1个，并且将这个红色小球命名为“幸运A9球”，现将这10个小球装在一个盒子里，依次任取3个小球，则下列说法正确的是（ ）
A. “幸运A9球”被选中的概率为
B. 每次取后再放回，则第3次才取到“幸运A9球”的概率
C. 每次取后不放回，则第3次取到“幸运A9球”的概率最大
D. 记事件为“幸运A9球”被选中，事件为“取得的3个小球不同色”，则
【答案】ABD
【解析】A，从盒子中任选3个小球共有种，其中红球被选中共有种，
则按照古典概型可知，“幸运A9球”被选中的概率为，故A正确；
B，每次取1个球，该球是红球的概率为，则不是红球的概率为，
则第3次才取到“幸运A9球”的概率，故B正确；
C，从盒子中依次取3个小球共有种，
其中第1、2、3次取到红球分别有、、种，
则按照古典概型可知，第1、2、3次取到“幸运A9球”的概率均为，故C错误；
D，由题意可知，，
则，故D正确.
故选：ABD
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则有极大值，无极小值
B. 若，则有四个单调区间
C. 若，且有两个零点，则成立
D. 若，则对任意，都有成立
【答案】ACD
【解析】A项，当时，，则，.
令，得，
当或时，，在和上单调递增；
当时，，在上单调递减；
所以在处取极大值，无极小值，故A正确；
B项，当时，，.
则,
所以在与上都单调递增，故B错误；
C项，当时，，
当时，无意义，故必不是的零点，
而有两个零点，
可令，，不影响取值范围分析.
若有两个零点，证明：
则方程有两根，则必有一个零点，
要使有解，则，且，即且.
当且时，由解得，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
要使有两个零点，
则，
若时，，
此时不满足题意，故.
当时，由得.
又由，，且当，
则在与内各有一个零点，
由题意不妨设，则，
则，，
两式作比得，令，
则，代入，解得，
则，
故，所以要证明，
即证明，，只需证，
即证明，
令，，
则，
，故在上单调递增；
所以，
故在上单调递增，故
故，故C正确；
D项，当时，，
则，
，
令，
由，
因为，则故恒有，
所以当时，且，
即函数在单调递增，也单调递增，
所以连接函数图像上任意两点的线段（弦）始终位于这两点之间的曲线上方，
则弦中点也始终位于这两点之间的曲线上方，
所以对任意，都有成立，D正确.
故选：ACD.
第II卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知随机变量，则__________．
【答案】1
【解析】正态分布形式，，则，即.
故答案为：1.
13. 甲、乙等5位大学生分配到3所单位实习，每人只能到一所单位实习，每所单位至少接收一人，则甲、乙分到同一单位的方案有__________种．
【答案】36
【解析】由题意可知，甲、乙分到同一单位的方案中3所单位的人数
有3，1，1和2，2，1两种可能，
①在3，1，1方案中，包含甲乙在内的3人到一所学校，
另外两人各到一所学校，有种方案；
②在2，2，1方案中，甲乙去一所学校，其余3人中的1人去一所学校，
剩余2人去另一所学校，有种方案，
因此，所有的分配方案共有种，故答案为：36.
14. 已知函数，，对于任意的，存在，使得成立，则的最大值为__________．
【答案】
【解析】因为，
，当时，，单调递减，当时，，单调递增，
因为，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为当时，，且，所以，
又，所以.
所以.
令 ，
令，，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
所以有最大值.
故答案为：.
四、解答题：本题共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. 已知的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且所有项的系数和为729．
（1）求和的值；
（2）求展开式中系数最大的项．
解：（1）因为展开式中只有第4项的二项式系数最大，
所以展开式一共有7项，即.
令，所以所有项的系数和，
因为，解得；
（2）的展开式的通项为
，，
设展开式中第项的系数最大，
则，解得，
因为，所以，
所以展开式中系数最大的项为.
16. 某市共有10所重点大学可供考生选择，其中3所为985高校，5所为211高校，另外2所为特色专业高校．一位考生准备从这10所高校中随机选择4所进行志愿填报，每所高校被选中的概率相同．
（1）求该考生恰好选到2所985高校的概率；
（2）若该考生选到985高校的数量为，求随机变量的分布列和数学期望．
解：（1）从10所高校中，任取4所，共有种取法，
恰有2所985高校的取法为：，
该考生恰好选到2所985高校的概率为；
（2）设为该考生选到985高校的个数，则的取值为0，1，2，3．
，
，
，
，
则
.
17. 已知函数．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若恒成立，求实数的取值范围．
解：（1）当时，，可得，
则，即切线的斜率为，切点坐标为，
所以曲线在处的切线方程为，即.
（2）由题可得函数定义域为，，
①当时，恒成立，符合题意；
②当时，，则在上单调递增，又，
所以不恒成立；
③当，令，则，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以有极大值且为最大值，即，
即，解得，所以的取值范围为．
18. 某校为丰富学生的校园生活决定开展兴趣课，兴趣课包括音乐课，舞蹈课，影视鉴赏课、篮球课、围棋课等十余种．兴趣课共开展3个月，每种课每月4节且必须上满，每节课可得1分且表现优秀可额外获得1分，若本月不少于6分，下月可以选择继续上此课或者选择其他的兴趣课，6分以下则只能上原来的课．现有甲、乙两人是好朋友，在第一个月他们一起选择了音乐课，音乐课上甲每节课表现优秀的概率为，乙每节课表现优秀的概率为．
（1）求甲第一个月得分的分布列及数学期望；
（2）求第二个月甲乙两人可以一起选择其他兴趣课的概率；
（3）若乙每种课的表现优秀率一致，在三个月后乙一共获得21分的情况下，求他在第二个月获得8分的概率．
解：（1）方法一：记甲在第一个月的得分为，
则的取值为4，5，6，7，8，
则，，
，，
，
所以甲第一个月得分的分布列为：
；
方法二：设甲的4节课中优秀的节数为，
则且
则；
（2）记事件为“甲、乙第二个月可以一起选择其他兴趣课”，
设甲在第一个月的得分为，
则，
设乙在第一个月的得分为，设乙的4节课中优秀的节数为，
则且，
所以，
，
，
所以；
（3）记事件B为“乙在三个月后得分为21分”，
事件为“乙在第2个月的得8分”
乙得分为21分共有3种情况：
① 8+8+5，这种情况概率，
② 8+7+6，这种情况的概率，
③ 7+7+7，这种情况的概率，
所以，
，
则.
19. 英国数学家泰勒是18世纪早期一位非常杰出的数学家，以泰勒公式和泰勒级数闻名.泰勒公式是数学分析的重要组成部分，它的理论方法在近似计算、求极限、不等式的证明等方面都有重要的应用．例如：函数的带有佩亚诺余项的泰勒展开式为：，，为佩亚诺余项，在解决问题时可以忽略不计.
（1）若，利用泰勒展开式证明：；
（2）当时，证明：；
（3）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
解：（1）由，两边求导得：
即.
（2）解法1：由知，对于，，
先证时，，
令，则，得，
所以时，，在上单调递减，
时，，在上单调递增，
则，所以，
则，
解法2：设，则，
令，则存在使得，即，
则时，，在上单调递减，
时，，在上单调递增，
所以，所以成立.
（3）当时，不等式恒成立，
即，
设，
则，
再令，则，
所以在时单调递增，
又，，所以在存在零点．
又因为，
而且，，可以设使得，
且
，
即，使得，
所以时，在上单调递减，
时，，在上单调递增，
，
所以.
0
1
2
3
4
5
6
7
8
4
5
6
7
8