广东省东莞市四校2024-2025学年高二下学期期中联考数学试卷（解析版）

这是一份广东省东莞市四校2024-2025学年高二下学期期中联考数学试卷（解析版），共12页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁，4096B等内容，欢迎下载使用。
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. 0B. 2C. 1D.
【答案】B
【解析】因为，
所以，故.
故选：B
2. 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. 9C. 12D. 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. 0.4096B. 0.8192C. 0.8464D. 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. 5D. 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：B
6. 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. 10B. 12C. 14D. 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. 0.75B. 0.7C. 0.56D. 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. 610B. 630C. 950D. 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
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：ABD
10. 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：6
13.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：
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
18. 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，单调递增区间为．
综上，
当时，的单调递减区间为，无单调递增区间；
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）①由题知，，
函数的定义域为，，
当时，对任意的，且不恒为零，
故在上单调递增，没有极值点；
当时，，且不恒为零，
故在上单调递增，没有极值点；
当时，令，
解得，，
则，
当时，；
当时，；
所以函数的单调递增区间为，，
单调递减区间为．
综上，当时，有两极值点；
②由①可知，，，
所以
，
设，，其中，
所以，
又因为，可知，
所以在上单调递减．
∴，即，
所以的取值范围为．1
2
4
6
0.2
0.3
0.1
x
1
3
+
2
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
0
1
2
3