浙江省台州市台州六校2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试卷（解析版）

这是一份浙江省台州市台州六校2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试卷（解析版），共13页。
1．本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.
2．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上.
选择题部分
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 已知函数的图象在点处的切线方程为，则（ ）
A. B. 3C. 4D. 8
【答案】D
【解析】由于处的切线方程为，故，
当时，，故，故，故选：D
2. 在（x－）10展开式中，含x6项的二项式系数为（ ）
A. －B.
C. －4D. 4
【答案】B
【解析】含x6项为展开式中第五项，所以二项式系数为C.
3. 已知随机变量的分布列如图，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由表可得，故，
故，
故选：D
4. 已知定义域为的函数的导函数为且的图象如图所示，则下列判断中正确的（ ）
A. 在上单调递增B. 有极大值
C. 有3个极值点D. 在处取得最大值
【答案】C
【解析】由题图知，在上，则在上单调递减，
在上，则在上单调递增，
所以在上不单调，为极小值，且共有3个极值点，处不是最大值.
故选：C
5. 某物流公司需要安排四个区域的快递运送，公司现有甲、乙、丙三位快递员可选派，要求每个区域只能有一个快递员负责，每位快递员至多负责两个区域，则不同的安排方案共有（ ）
A. 60种B. 54种C. 48种D. 36种
【答案】B
【解析】第一：选派2名快递员的时候：
首先，快递员的选法有种不同选法，其中一名快递员从四个区域中选2个区域，有种选法，剩余快递员的选法只有1种，
所以不同安排方案有：种；
第二：选派3名快递员的时候：
先从四个区域中选2个区域，有种选法，将其看做一个区域，现在3个区域安排给三个人有种方法，
所以不同安排方案有：种.
综上，不同安排方案有：种.故选：B
6. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】函数，则，
因函数在区间上单调递增，
则在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
因在区间上单调递减，则，
故，即实数取值范围是.
故选：B
7. 已知随机事件满足：，，则下列选项错误的是（ ）
A. 若，则与相互独立
B. 若与相互独立，则
C. 若与互斥，则
D. 若，则
【答案】C
【解析】对于A，，故与相互独立，
命题正确，即A不符合条件；
对于B，若与相互独立，则与也相互独立，
则，命题正确，即B不符合条件；
对于C，若与互斥，则，
，命题错误，故C符合题意；
对于D，因为，
由全概率公式可得，
即，所以，
所以，命题正确，即D不符合条件.
故选：C.
8. 设函数，若，则最小值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】可看作，
在定义域内二者均单调递增，
在定义域内同正，因此只需函数图象与轴的交点重合，如图所示：
令，
得，所以，
所以，
令，，
当时，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，有最小值，最小值为，
所以的最小值为2，
故选：D.
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）
9. 我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的．以下关于杨辉三角的猜想中正确的有（ ）
A. 由“第行所有数之和为”猜想：
B. 由“在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它肩上的两个数和”猜想：
C.
D. 第29行中从左到右第14与第15个数相等
【答案】ABC
【解析】对于A, ，故A正确，
对于B,由组合数的性质可得，B正确，
对于C, ,C正确，
对于D, 第29行中从左到右第14个数为,第15个数为，两者不相等，D错误，
故选：ABC
10. 甲罐中有4个红球，2个白球，乙罐中有5个红球，3个白球．整个取球过程分为两步：（1）先从甲罐中随机取出一个球放入乙罐，记事件为“取出的是红球”，事件为“取出的是白球”；（2）再从乙罐中随机取出两个球，记事件为“取出的两球都是红球”，事件为“取出的两球为一红一白”，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】由题意知，，，
，，，
所以，
，
.
故选：AD.
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 是函数定义域内的极小值点
B. 的单调减区间是
C. 在定义域内既无最大值又无最小值
D. 若有两个不同的交点，则
【答案】ACD
【解析】对于A，函数定义域满足，解得，
由，令可得和，当或时，所以在和上单调递减，当时.
所以在上单调递增，这表明是的极小值点，A正确；
对B， 的单调减区间是，，故B不正确；
对C，由A可得当和时单调递减，
当时单调递增，且，
作出简图，可得的值域是，故C正确；
对D，由图象可得，与有两个不同的公共点，则，故D正确；
故选：ACD
非选择题部分
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 如果随机变量，且，则_____．
【答案】
【解析】因为，且，
所以，
则.
故答案为：
13. 在的展开式中，项的系数为_____．
【答案】25
【解析】二项式展开式的通项，
因此项为，
所以项的系数为25.
故选：25
14. 曲线与和分别交于、两点，设曲线在处的切线斜率为，在处的切线斜率为，若，则_____．
【答案】
【解析】因为和互为反函数，其图象关于直线对称，
且反比例函数的图象也关于直线对称，
可知点关于直线对称，设，则，
设，则，
由题意可得：，解得或（舍去），
可得，则，所以.
故答案为：.
四、解答题（本题共7小题；其中第15小题12分，第16小题14分，第17小题15分，第18小题17分，第19小题19分；共77分）
15. 某种产品的加工需要经过、、、、共5道工序．
（1）如果工序不能放在最后，那么有多少种加工顺序？
（2）如果工序和工序既不能放在最前，也不能放在最后，那么有多少种加工顺序？
（3）如果和工序相邻，和不能相邻，那么有多少种加工顺序？
解：（1）因为工序不能放在最后，
首先排工序，有种排法，
其余工序全排列即可，有种排法，
按照分步乘法计数原理可得一共有种加工顺序；
（2）因为工序和工序既不能放在最前，也不能放在最后，
首先排工序和工序，有种排法，
其余工序全排列即可，有种排法，
按照分步乘法计数原理可得一共有种加工顺序；
（3）如果和工序相邻，和不能相邻，
把和工序捆绑作为一组，与工序排列，有种排法，
再将和插入所形成的个空中的个空，有种排法，
按照分步乘法计数原理可得一共有种加工顺序；
16. 已知函数，当时，取得极小值．
（1）求的值；
（2）求函数在上的最大值和最小值．
解：（1），,
当时，取得极小值，
，得到，，
当时，，
由，解得或；由解得，
在，上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极小值，符合题意，故，
当时，，
由，解得或；由解得；
在，上单调递增，在上单调递减；
所以在处取得极大值，不符合题意，舍去．
综上，．
（2）由（1）可知，，
且在，上单调递增，在上单调递减；
在上极大值为，极小值为；
又，，
在上的最大值是，最小值是．
17. 已知展开式的二项式系数和为512，且．
（1）求和的值；
（2）若，且被6整除，求．
解：（1）由二项式系数和为512知，，所以，
，
令，，令，，
；
（2）由（1）知，
则，
，
被6整除，能被6整除，
能被6整除，
能被6整除，
，，
.
18. 高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计用来研究随机现象的模型．在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃．将一个小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中．格子从左到右分别编号为，用表示小球最后落入格子的号码．
（1）求的分布列；
（2）小州同学在研究了高尔顿板后，想利用该图中的高尔顿板在学校社团文化节上进行盈利性“抽奖”活动．若2元可以玩一次高尔顿板游戏,小球掉入号格子得到的奖金为元，其中，你觉得小州同学能盈利吗？
解：（1）由题知，的取值为1，2，3，4，5，6，7．
，
，
，
，
则的分布列为：
（2）由（1）得，，
的分布列为：
则，
小州同学能盈利．
19. 定义函数满足，且的定义域均为，．已知函数．
（1）求的解析式及其定义域；
（2）证明：；
（3）若，是的两个零点，证明：．
解：（1）由题意得，，，，
，，，
，且的定义域为．
（2）要证：，即证：，
当时，．
令，，
，在上单调递增．
，
，即．
（3）是的两个零点
，，则，，
，
要证，只需证，
，且为增函数，，
，且在上为减函数，，
即证，即证，
即证，即证，
即证，令，则只需证；
设，
则，
在上单调递增，则，
成立，．
1
2
3
1
2
3
4
5
6
7
P
Y
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1
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P