浙江省台金七校联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试卷（解析版）

这是一份浙江省台金七校联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试卷（解析版），共13页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 关于下列命题，其中不正确的是等内容，欢迎下载使用。
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，只有一项符合题目要求.
1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由，，
可得.
故选：D
2. 函数的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由题意可得，解得.
故选：A.
3. （ ）
A. 100B. 110C. 120D. 130
【答案】B
【解析】
.
故选：B.
4. 命题“，恒成立”的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，恒成立，
当时，，解得，不合题意；
当时，，解得，
所以，
所以“，恒成立”的一个充分不必要条件应为集合的真子集，
而是的真子集，
所以命题“，恒成立”的一个充分不必要条件是.
故选：D.
5. 关于下列命题，其中不正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 已知随机变量，则，
D. 已知随机变量，若，则
【答案】D
【解析】选项A:
根据数学期望的性质：若，则.
所以，选项A正确.
选项B：
根据方差的性质：若，
则.
所以，选项B正确.
选项C：
根据二项分布的性质：若随机变量，
其期望，方差.
所以在随机变量中，其期望，
方差.
所以选项C正确.
选项D：
因为随机变量，则正态分布曲线关于对称.
所以，那么
所以.所以D错误.
故选：D.
6. 一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个，每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，则在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】用事件表示“第1，2次都摸到红球”，事件表示“第3次摸到红球”，
则，，
则，
故在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率是.
故选：C.
7. 已知函数，正实数m，n满足，且，若，则在区间上的最大值为（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】A
【解析】根据题意作图如下：
由，可得，则，
由，解得，则区间即，
易知函数在上单调递减，在上单调递增，
因，，则函数在上的最大值为.
故选：A.
8. 某班级共有44位同学，在一次春季研学活动中，要按学号顺序抽取两位同学担任活动的负责人，并使抽到的学号将其余同学仍按学号顺序自然分成三组，且要求每组的人数均大于零且是3的倍数，则两位负责人的选取方法种数是（ ）
A. 55B. 66C. 78D. 132
【答案】C
【解析】从位同学中抽取两人当负责人，则还剩人，
若按学号从小到大分成大三组人数分别为，其中，
则，解得，
由隔板法可得两位负责人的选取方法种数是.
故选：C.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.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. 已知的展开式中含项的系数为324，若，则（ ）
A.
B.
C.
D. 当时，被6除的余数为1
【答案】ABD
【解析】由，则其展开式的通项为，
令，则，即，
解得（舍负），故A正确，
由，则，
故B正确；
令，则，
令，则，
两式相减可得，故C错误；
当时，，
由为的倍数，则被6除的余数为1，故D正确.
故选：ABD.
10.已知函数，其导函数为，下列说法正确的是（ ）
A. 函数的单调减区间为
B. 函数极小值是
C. 函数的图像有条切线方程为
D. 点是曲线的对称中心
【答案】ABD
【解析】由，
由得：
在区间上单调递减，故A正确；
由或得：
在区间上单调递增，
所以在时取到极小值，即，故B正确；
当，
则在处的切线方程是：，
在处的切线方程是：，故C错误；
由
，
则关于点成中心对称，故D正确；故选：ABD.
11. 食物盲盒是当下店家掀起的“外卖热”，现有编号依次为1，2，3的三个食物格子，其中1号格子装有2个汉堡和3个鸡腿，2号格子装有3个汉堡和2个鸡腿，3号格子中有5个汉堡.已知汉堡完全一样，鸡腿也完全一样.已知店员任意选择食物格子的概率是相同的，若店员在一份外卖中装入2个汉堡的记为事件A，装入2个鸡腿记为事件B，装入1个鸡腿，1个汉堡记为事件C，事件（，2，3）表示食物取自i号格子，下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】对于A, ,故A错误，
对于B, ,故B正确，
对于C, ，故C错误，
对于D,由于,故，D正确，
故选：BD
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. 已知函数，则_________.
【答案】
【解析】由，则，
即，，
解得.
故答案为：.
13. 已知，，且，则的最小值是_________.
【答案】
【解析】由题意可得，，
等号成立时，即.
故的最小值是.
故答案为：
14. 已知是定义域为的函数，且满足，，则不等式的解集是_________.
【答案】
【解析】设，对求导可得.
已知，
所以.可得（为常数）.
因为，所以，则.
对求导，可得.
已知，将代入可得：
，所以.
求解不等式，即.
当时，与都大于，
令，对求导得.
再令，对求导得.
当时，，所以在上单调递增，
则.
因为，所以，即在上单调递增.
又.
所以由可得.
故不等式的解集是.
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. 在五一小长假期间，要从5人中选出若干人在5天假期中值班（每天只需一人值班）.
（1）若每人都只安排一天值班，要求甲不排在1号，乙不排在5号，求所有可能的安排方式种数.
（2）若不出现同一人连续值班2天，求所有可能的安排方式种数；
解：（1）用间接法可得，所有可能的安排方式种数为种.
（2）由题意可知1号有5种排法，其余4天的排法有种，
所以所有可能安排方式种数为种.
16. 已知甲袋有4个红球和2个白球，乙袋有2个红球和2个白球，若从甲袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球.
（1）求4次摸球中，至少摸出1个白球的概率；
（2）设4次摸球中，摸出白球的个数为随机变量X，求X的分布列与数学期望.
解：（1）从甲口袋有放回地摸出一个球，摸出白球的概率为，
从乙口袋有放回地摸出一个球，摸出白球的概率为，
设“4次摸球中，至少摸出1个白球”为事件A，则“4次摸球中，摸出的都是红球”为事件，
且，所以.
（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，4，由（1）得，
，
，
，
，
所以X的分布列为
所以.
17. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若不等式在上恒成立，求实数a的取值范围.
解：（1）当时，，
又，则，
所以曲线在处的切线方程为 .
（2）令，，易得在单调递增，
故，所以，
令，有，
又，，
令，则，
所以，
故在上单调递增，
当时，，此时在上单调递增，
即恒成立.
当时，，而在上单调递增，
且当时，，
故存在，使得，故当时，，
此时在单调递减，此时，与题设矛盾.
综上所述，.
所以实数取值范围为.
18. 小明同学在学了概率统计的知识后，设计了如下的掷骰子跳台阶的游戏：台阶从下往上依次编号为1，2，3，……，n，选手掷两颗骰子，若点数之和大于等于10，则可以跳2级台阶，点数之和小于10，则只可以跳1级台阶，选手初始位置记为0，记跳到n级台阶的概率为.
（1）求，，的大小；
（2）求概率，，满足的关系式；
（3）记概率的值构成的数列为（），求的最大值与最小值.
解：（1）记事件“掷两颗骰子所得的点数之和大于等于10”，
则“掷两颗骰子所得的点数之和小于10”，
易得，，故
，；
（2）；
（3）由（2）有，即，（，）
所以，即，
设，解得，.
所以为等比数列，公比为的等比数列，
所以，所以，
当n为偶数时，，由于单调递减，
∵，∴最大值为；
当n为奇数时，，由于单调递增，
∵，∴最小值为；
综上，的最大值为，最小值为.
19. 已知函数，（）.
（1）若函数在区间上是减函数，求实数a的取值范围；
（2）若存在正数x，使成立，求实数a的取值范围；
（3）若，证明：对任意的，存在唯一的实数，使得成立.
解：（1）在区间上为减函数，∴在区间上，
∴，令，只需，
显然在区间上为减函数，
∴，∴；
（2）由题意得（），则，
若，由于，故存在正数使得，条件满足；
若，令，则，
可知在上单调递增，在上单调递减，
从而此时对任意的都有，条件不满足.
综上，a的取值范围是；
（3）设，，下面分唯一性和存在性两方面来证明：
唯一性：由，知的导数等于，
而，故显然恒为负，从而在上单调递减，
特别地，在上单调递减，
这表明，使得的至多有一个，从而唯一性得证.
存在性：先考虑函数，这里．由于，
故当时，当时，
从而在上单调递减，在上单调递增，
从而对于任意的，都有，即.
这就得到，对任意，有.
从而，对任意的，都有；而对任意的，都有
然后回到原题，首先有
.
同时又有
，
，
故.
由零点存在定理，知一定存在，使得，
综合上述的存在性和唯一性两个方面，
知存在唯一的，使得
X
0
1
2
3
4
P