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2024-2025学年浙江省 A9协作体高二下学期 4月期中考试
数学试卷
一、单选题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合 = { | 2 < < 2}， = { || 1| < 2}，则 ∩ =
A. { | 2 < < 3} B. { | 2 < ≤ 1} C. { | 1 < < 2} D. { | 2 < < 2}
2.下列结论正确的是
′
A. (ln2)′ = 12 B.
1
=
1
2
C. (cos )′ = sin D. ( 2 )′ = 2
3.关于 的不等式 2 + + > 0 的解集为( 1,3)，则
A. > 0 B. > 0 C. < 0 D. < 0
4.已知函数 ( ) = 2 3 ′(1)，则 ′(1)的值为( )
A. 3 B. 2 C. 1 D. 0
5.已知 > 0， > 0，且 + 2 = ，则 + 2 的最小值为
A. 12 B. 9 C. 8 D. 6
6.( 2 + )6的展开式中 5 3的系数为( )
A. 60 B. 20 C. 20 D. 60
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. 11 2 7 181 B. 9 C. 27 D. 3
8.已知函数 ( ) = (2 )( 2 )2 2有两个零点，则实数 的值为
A. 1 B. 1 C. 2 D. 3
二、多选题：本题共 3小题，共 18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9 1.已知随机变量 6, 3 ，则下列说法正确的是
A. ( = 2) = ( = 4) B. (3 + 2) = 8
C. ( ) = 43 D. (3 + 2) = 6
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 9 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
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A.“幸运 9 3球”被选中的概率为10
B. 81每次取后再放回，则第 3 次才取到“幸运 9 球”的概率1000
C.每次取后不放回，则第 3 次取到“幸运 9 球”的概率最大
D. 1记事件 为“幸运 9 球”被选中，事件 为“取得的 3 个小球不同色”，则 ( | ) = 2

11.已知函数 ( ) = ( 1) 1 ( ∈ )，则下列结论正确的是
A.若 = 0，则 ( )有极大值，无极小值
B. = 1若 2，则 ( )有四个单调区间
C.若 = 1，且 ( ) = ( ) + 1 有两个零点 1， 2，则 1 + 2 > 2 +
2
成立
D.若 = 2 3 + ，则对任意 1， 1 22 ∈ 2 , + ∞ 1 ≠ 2 ，都有 2 >
1+ 2
2 成立
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 ～ (1,2)，则 ( ) = ．
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．
14.已知函数 ( ) = 2 ， ( ) = 2 ，对于任意的 > 2，存在 1 > 1， 2 > 1 使得 ( 1) = ( 2) =
ln
成立，则 2 的最大值为 ．2 1
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.(本小题 13 分)
已知( + ) ( ∈ ， > 0)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．
16.(本小题 15 分)
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．
17.(本小题 15 分)
已知函数 ( ) = ln 2 ．
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(1)当 = 1 时，求曲线 ( )在(1, (1))处的切线方程；
(2)若 ( ) ≤ 0 恒成立，求实数 的取值范围．
18.(本小题 17 分)
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
1
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3，乙每
1
节课表现优秀的概率为2．
(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．
19.(本小题 17 分)
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
( ) =
2
的带有佩亚诺余项的泰勒展开式为： = 1 + + 2! + … + ! +
， ∈ ， ( )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 > 0 时，证明： ln ≥ 1；
(3)当 > 0 时，不等式 ( 2 ) ≥ 2 + 1 恒成立，求实数 的取值范围．
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参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.1
13.36
14.1
15.解：(1)展开式中第 4 项的二项式系数为 3 ，只有这一项二项式系数最大，
则展开式中一共有 7 项，则 = 6，
因为所有项的系数和为 729，因为 > 0，解得 = 2；
(2)( + 2)6的展开式的通项为
6 6 +1 = 6 (2) = (2) 6 ， = 0，1，2，3，4，5，6，
6 2 ≥ 16 2 1则
2
，
6 ≥ +1 2 +16
11 14
解得 3 ≤ ≤ 3，所以 = 4，
所以系数最大的项为 5 = 4 26 24 = 240 2．
16.解：(1)从 10 所高校中，任取 4 所，共有 410 = 210 种取法，
恰有 2 所 985 高校的取法为： 2 23 7 = 63，
该考生恰好选到 2 所 985 高校的概率为 = 63 3210 = 10；
(2)设 为该考生选到 985 高校的个数，则 的取值为 0，1，2，3．
4 1 3
( = 0) = 7 = 35 1 3 7 105 1
410 210
= 6， ( = 1) = = = ， 410 210 2
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2 2
( = 2) = 3 7 = 63 = 3
3 1
4 210 10， ( = 3) =
3 7 7 1
2
=
10 10 210
= 30，
则随机变量 的分布列为：
0 1 2 3
1 1 3 1
6 2 10 30
数学期望为： ( ) = 0 × 1+ 1 × 1 36 2 + 2 × 10 + 3 ×
1 6
30 = 5．
17. (1) = 1 ( ) = 1+ 2 = 2+ 解： 当 时， ′ 2 2 ，
则 ′(1) = 3， (1) = 2;
所以曲线 ( )在(1, (1))处的切线方程为 = 3 5；
(2) 2 +2函数的定义域为(0, + ∞)， ′( ) = + 2 = 2 ，
①当 ≥ 0 时， ′( ) > 0，则 ( )在(0, + ∞)上单调递增，所以 ( ) ≤ 0 不恒成立;
2②当 < 0，令 ′( ) = 0，则 = ，
当 ∈ (0, 2 )时， ′( ) > 0，则 ( )单调递增，
2
当 ∈ ( , + ∞)时， ′( ) < 0，则 ( )单调递减，
所以 ( ) 2 2有极大值且为最大值，即 ( )max = ( ) = ln( ) + ≤ 0，
解得 ≥ 2 ，所以 的取值范围为[ 2 , 0)．
18.解：(1)记甲在第一个月的得分为 ，则 的取值为 4，5，6，7，8，则
( = 4) = ( 23 )
4 = 1681，
( = 5) = 1 1 ( 2 )3 324 3 3 = 81，
( = 6) = 2 1 2 2 2 84( 3 ) ( 3 ) = 27，
( = 7) = 3( 1 )3 2 84 3 ( 3 ) = 81，
( = 8) = 4( 1 4 14 3 ) = 81，
则甲第一个月得分的分布列：
4 5 6 7 8
16 32 8 8 1
81 81 27 81 81
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16 32 8 8 1 16
( ) = 4 × 81 + 5 × 81 + 6 × 27 + 7 × 81 + 8 × 81 = 3 ;
(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 ( ≥ 6) = ( = 6) + ( = 7) + ( = 8) = 1127，
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 ∽ (4, 12 )且 = + 4，
4 5 6 7 8
1 1 3 1 1
16 4 8 4 16
( ≥ 6) = ( = 6) + ( = 7) + ( = 8) = 24(
1
2 )
2( 1 2 3 1 3 1 1 4 1 4 112 ) + 4( 2 ) ( 2 ) + 4( 2 ) = 16，
所以 ( ) = ( ≥ 6) ( ≥ 6) = 121432 ;
(3)记事件 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”，
得分 21 分共 3 种情况：
①8 + 8 + 5: = 1 × 1 1 1 31 3 4 × 16 × 16 = 1024，
②8 + 7 + 6: = 3 × 1 × 12 3 4 16 ×
3 = 98 256，
③7 + 7 + 7: 3 =
1 1 1 1
4 × 4 × 4 = 64，
所以 ( ) = 551024，
( ) = 2 × 1 × 1 × 14 16 16 +
2
2 ×
1 × 14 16 ×
3 7
8 = 512，
则 ( | ) = ( ) 14 ( ) = 55．
2
19. 解：(1)由 = 1 + + 2! + + ! + ( )，两边求导得：
1
( ) = 0 + 1 + 2 + + + ( +1) + = 1 + +
2 1
′ 2! ! ( +1)! 2! + +

( 1)1 + !，
即 ′( ) = ;
2
(2) 1: = 1 + + + + 解法 由 + ( 2! ! )知，对于 ∈ ，
≥ 1+ ．
先证 ∈ 时， ≥ 1+ ，
令 ( ) = 1 ，则 ′( ) = 1 = 0，得 = 0，
所以 ∈ ( ∞,0)时， ′( ) < 0， ( )在( ∞,0)上单调递减，
∈ (0, + ∞)时， ′( ) > 0， ( )在(0, + ∞)上单调递增，
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则 ( ) = 1 ≥ (0) = 0，所以 ≥ 1+ ，
则 ln = + (ln + ) ≥ 1.
解法 2: 1设 ( ) = ln ，则 ′( ) = + 1 = ( + 1)(
1 )，
令 ′( ) = 0 1，则存在 = 0使得 0 = ，即 0 0 = 1．0
则 ∈ (0, 0)时， ′( ) < 0， ( )在(0, 0)上单调递减，
∈ ( 0, + ∞)时， ′( ) > 0， ( )在( 0, + ∞)上单调递增，
所以 ( )min = ( 0) = 0 0 ln 0 0 = 1，所以 ln ≥ 1 成立；
(3)当 > 0 时，不等式 ( 2 ) ≥ 2ln + 1 恒成立，
≤ 2 2ln +1即 ．
设 ( ) = 2 2ln +1 ，
2 2
则 ′( ) = 2 + 2 2 1 2ln (1+2 ) 1+2ln 2 = 2 ．
再令 ( ) = 2(1 + 2 ) 2 1 + 2ln ，则 ′( ) = 2 2 (2 2 + 4 + 1) + 2 > 0，
所以 ( )在 > 0 时单调递增，
1
又 ( 2 ) = 2 2ln2 1 < 0， (1) = 3
2 1 > 0，所以 ( ) ( 1在 2 , 2)存在零点．
又因为 ( ) = 2(1 + 2 ) 2 1 + 2ln = (1 + 2 ) 2 +2ln 1 + 2ln ，
1
而且2 + ln
1 1
2 < 0，1 + ln1 > 0，可以设 0 ∈ ( 2 , 2)使得 0 + ln 0 = 0，
且 ( 0) = 20(1 + 2 0) 2 0 1+ 2ln 0
= (1 + 2 ) 2 0 0+2ln 0 1+ 2ln 0
= (1 + 2 ) 00 1 + 2ln
1
0 = 0，即 0 ∈ ( 2 , 2)，
使得 ′( 0) = 0，
所以 ∈ (0, 0)时， ′( ) < 0， ( )在(0, 0)上单调递减，
∈ ( 0, + ∞)时， ′( ) > 0， ( )在( 0, + ∞)上单调递增，
2 2 0 0 2ln 2 +2ln ( ) = ( ) = 0
1 0 0 2ln 0 1
min 0 =0 0
0
= 2ln 0 1 =
2ln 0
= 2，0 0
所以 ≤ 2.
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