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广东省东北师范大学附属中学深圳学校2023-2024学年高二下学期期末适应卷（1）
1．（2024高二下·广东期末）现有语文读物5本，历史读物4本，地理读物3本，每本读物各不相同，从中任取1本，不同的取法共有（　　）
A．3种 B．12种 C．30种 D．60种
2．（2024高二下·广东期末）已知函数的导函数为，则（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
3．（2024高二下·广东期末）复数（i为虚数单位）的实部为（　　）
A．2 B． C． D．
4．（2024高二下·广东期末）第19届亚运会将于今年9月23日到10月08日在杭州举行.其吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人.三个吉祥物分别取名“琮琮”、“莲莲”和“宸宸”，分别代表世界遗产“良渚古城遗址”、“西湖”、“京杭大运河”.某校开展了一系列的“迎亚运”活动，其中一项是由志愿者扮演吉祥物和同学们合影留念.甲乙两位同学和三个吉祥物一起合影，站成一行，要求甲乙不相邻，且甲乙均不站在两端，则不同的站法种数为（　　）
A．24 B．18 C．12 D．9
5．（2024高二下·广东期末）在单项选择题中，每道题有4个选项，其中仅有一个选项是正确的，如果从四个选项中随机选一个，选对的概率为0.25.为了减少随机选择也得分的影响，某次考试单项选择题采用选错扣分的规则，选对得6分，选错扣分.若随机选择时得分的均值为0分，则的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2024高二下·广东期末）数学探究课上，某同学发现借助多项式运算可以更好地理解“韦达定理”.若，，为方程的3个实数根，设，则为的系数，为的系数，为常数项，于是有，，.实际上任意实系数次方程都有类似结论.设方程的四个实数根为，，，，则（　　）
A． B．
C． D．
7．（2024高二下·广东期末）设，，，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·广东期末）已知定义在上的函数，，记在上的个极值点为，且，则（　　）
A．为奇函数 B．为偶函数
C．在单调递减 D．在单调递减
9．（2024高二下·广东期末）满足方程的的值可能为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
10．（2024高二下·广东期末）对，设，其中，，则（　　）
A． B．
C． D．
11．（2024高二下·广东期末）已知实数x，y满足（为自然对数的底数，，则（　　）
A．当时， B．当时，
C．当时， D．当时，
12．（2024高二下·广东期末）某省的高中数学学业水平考试，分为A，B，C，D，E五个等级，其中A，B等级的比例为16%，34%.假设某次数学学业水平考试成绩服从正态分布，其中王同学得分88分等级为A，李同学得分85分等级为B.请写出一个符合条件的值　 　.
（参考数据：若，则，）
13．（2024高二下·广东期末）若抛掷一枚质地均匀的骰子两次，落地时朝上的面的点数分别为.设事件 “函数为奇函数”， “函数在上恰有一个最大值点和一个最小值点”，则　 　.
14．（2024高二下·广东期末）已知直线与抛物线及曲线均相切，切点分别为，若，则　 　
15．（2024高二下·广东期末）某学习小组有4个男生和3个女生.从这7人中选3人参加数学竞赛.
（1）如果男生中的甲和女生中的乙至少要有一人在内，那么有多少种选法
（2）如果3人中必须既有男生又有女生，那么有多少种选法
16．（2024高二下·广东期末）已知的展开式中的二项式系数之和与各项系数之和的乘积为256.
（1）求的值；
（2）求展开式中含项的系数.
17．（2024高二下·广东期末）在棱长为1的正方体中，以8个顶点中的任意两个作为向量的起点和终点.
（1）当时，求；
（2）记事件 “”，求.
18．（2024高二下·广东期末） 五一小长假到来，多地迎来旅游高峰期，各大旅游景点都推出了种种新奇活动以吸引游客，小明去成都某熊猫基地游玩时，发现了一个趣味游戏，游戏规则为：在一个足够长的直线轨道的中心处有一个会走路的机器人，游客可以设定机器人总共行走的步数，机器人每一步会随机选择向前行走或向后行走，且每一步的距离均相等，若机器人走完这些步数后，恰好回到初始位置，则视为胜利.
（1）若小明设定机器人一共行走4步，记机器人的最终位置与初始位置的距离为步，求的分布列和期望；
（2）记为设定机器人一共行走步时游戏胜利的概率，求，并判断当为何值时，游戏胜利的概率最大；
（3）该基地临时修改了游戏规则，要求机器人走完设定的步数后，恰好第一次回到初始位置，才视为胜利.小明发现，利用现有的知识无法推断设定多少步时获得胜利的概率最大，于是求助正在读大学的哥哥，哥哥告诉他，“卡特兰数”可以帮助他解决上面的疑惑：将个0和个1排成一排，若对任意的，在前个数中，0的个数都不少于1的个数，则满足条件的排列方式共有种，其中，的结果被称为卡特兰数.若记为设定机器人行走步时恰好第一次回到初始位置的概率，证明：对（2）中的，有
19．（2024高二下·广东期末）18世纪早期英国牛顿学派最优秀代表人物之一的数学家泰勒（Brook Taylor）发现的泰勒公式（又称麦克劳林公式）有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，．其中，表示的二阶导数，即为的导数，表示的阶导数．
（1）根据公式估计的值；（结果保留两位有效数字）
（2）由公式可得：，当时，请比较与的大小，并给出证明；
（3）已知，证明：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】解：根据分类加法计数原理可得：不同的取法共有种.
故答案为：B.
【分析】根据分类加法计数原理求解即可.
2．【答案】D
【知识点】导数的四则运算
【解析】【解答】解：定义域为，，则.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域，再求导，代值计算即可.
3．【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，实部为.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的乘法化简复数，再判断即可.
4．【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由题意，先排将三个吉祥物，有种排法；
因为甲乙不相邻，所以甲乙进行插空，且不站在两端，有种排法，
则共有种不同的站法.
故答案为：C.
【分析】利用插空法结合排列数公式求解即可.
5．【答案】B
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：由题意可得：，解得.
故答案为：B.
【分析】根据随机变量的均值列方程求解即可.
6．【答案】D
【知识点】多项式
【解析】【解答】解：方程等价于
，
，即，
由题意可得：，，.
故答案为：D.
【分析】化简多项式为标准形式，由类似结论直接求解即可.
7．【答案】B
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：，
，
，则；
故.
故答案为：B.
【分析】，用二项式定理展开计算前四项即可得；
，，即可得，判断即可.
8．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；正切函数的图象与性质
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
令，则，
当时，，则无解，函数在上无极值点；
当时，，
因为函数在上有三个极值点，
所以与在上有三个不同交点，
又因为，所以，
所以与均关于对称，
令，解得，
的对称中心为，
又因为在处有意义，，
解得，又因为，所以；
当时，，，
令，则，
作出与在上的图象，如图所示：
；
当时，，，即；
当时，，，即；
当时，；
当时，，，即；
当时，，，即；
当时，；
当时，，，即；
当时，，，即；
在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
是的极小值点，是的极大值点，
由正切函数与一次函数对称性可知，满足题意；
综上所述：；
A、的定义域为，，为定义在上的偶函数，故A错误；
B、，，
，不是偶函数，故B错误；
C、在上单调递减，，在上单调递减，故C正确；
D、在上单调递增，，在上单调递增，故D错误.
故答案为：C.
【分析】求导后，将极值点个数转化为与的交点个数问题，结合正切函数对称性可求得，代回验证可知满足题意；根据奇偶性定义即可判断AB；结合在区间上的单调性即可判断CD.
9．【答案】B,C
【知识点】组合及组合数公式
【解析】【解答】解：由，可得或，解得或，
故答案为：BC.
【分析】根据组合数的性质计算即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：A、令，则，故A正确；
B、令，可得，则，故B错误；
C、由
，
又由，且，
可得，
令，可得，
因为，所以，即，故C正确；
D、因为，
可得，
因为，其中，
所以，
所以可得，
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】令和，即可判断AB；令，结合，化简得到即可判断C；等号两边同除以，化简得到，令即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；基本不等式
【解析】【解答】解：由，得，则，，
当时，，即，
令，则，则函数在上单调递增，
A、由，得，，即，故A正确；
B、当时，，即，
令，则，
令，解得，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
由，得，
因为在上不单调，所以由不一定能得到，
即不一定成立，故B错误；
C、当时，由前面的分析可知，此时，，
令，，则有，不妨设，得，
下面证明，当时，不等式成立.
先证右边，要证，只要证，
即证，令，即证，
令，则，
所以在上单调递增，所以，
即成立，从而得证；
再证左边，要证，只要证，
即证，令，即证，
令，则，
所以在上单调递增，所以，
即成立，从而得证，
由，，得，即，故C正确；
D、由，，得，
即，所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】同构函数即可可判断AB；由对数均值不等式即可判断CD.
12．【答案】7（答案不唯一，只需要填区间内的任意一个值）
【知识点】随机数的含义与应用；概率的应用
【解析】【解答】解：因为某省某次数学学业水平考试成绩服从正态分布 ，
则，解得.
故填：（答案不唯一，只需要填区间内的任意一个值）.
【分析】根据已知条件及正态分布的特点即可求解.
13．【答案】
【知识点】函数的奇偶性；含三角函数的复合函数的值域与最值；条件概率
【解析】【解答】解：函数是定义在上的奇函数，则，即，
函数，则事件 “”，
因为，，
所以或，，则，
当时，在上无最值点；
当时，，
因为，所以，
则在上恰有一个最大值点，无最小值点；
当时，，
因为，所以，
则在上恰有一个最大值点和一个最小值点，
故，
所以.
故答案为：.
【分析】根据函数为奇函数，求得，结合，，可得或，，即，再结合正弦、余弦函数的图象可知，只有当时，函数在上恰有一个最大值点和一个最小值点，得，最后利用条件概率公式求解即可.
14．【答案】4
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：显然直线的斜率存在，设直线：，
联立，消去整理可得，
则且，即，代入，得，
得，得，则，则，
联立，消去整理得，
则，且，即，
将代入，得，
得，得，又，所以，则，则，
由，得，解得，所以或，
当时，不合题意，舍去；
当时，，
综上所述：.
故答案为：.
【分析】设直线：，分别与和联立，根据判别式等于，求出的坐标，再根据求解即可.
15．【答案】（1）解：男生甲、女生乙均入选，有种选法，
男生甲入选，女生乙不入选，有种选法，
男生甲不入选，女生乙入选，有种选法，
则共有25种选法；
（2）解：由题意分：男生1人入选，女生2人入选，有种选法，
男生2人入选，女生1人入选，有种选法，
则3人中既有男生又有女生，共有30选法.
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）由题意分：男生甲、女生乙均入选、男生甲入选女生乙不入选、男生甲未入选女生乙入选三种情况求解即可；
（2）分男生1人入选女生2人入选和男生2人入选女生1人入选两种情况求解即可.
（1）解法1：男生甲入选，女生乙不入选有种，
男生甲未入选，女生乙入选有种，
男生甲入选，女生乙入选有种，
共有25种选法.
解法2：7人中选3人共有种，
甲乙两人均未入选有种，
如果男生中的甲和女生中的乙至少要有一人在内共有35-10=25种.
（2）男生1人入选，女生2人入选有种，
男生2人入选，女生1人入选有种，
因此3人中既有男生又有女生，共有30选法.
16．【答案】（1）解：易知展开式中的二项式系数之和为，
令，则展开式中各项系数之和为，
由题意可得，解得；
（2）解：展开式的通项为：，
令，解得，
则展开式中含项的系数为.
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【分析】（1）易知展开式中的二项式系数之和为，令可得展开式中各项系数之和，由题意列方程求解即可；
（2）根据题意结合二项展开式中的通项公式求解即可.
（1）令可得，展开式中各项系数之和为，
且展开式中的二项式系数之和为，
由题意可得，解得.
（2）的展开式的通项为：，
令，解得，
所以展开式中含项的系数为.
17．【答案】（1）解： 正方体中，平面，平面，则，
因为，所以，
，则；
（2）解：因为，所以，
在正方体8个顶点中的任意两个顶点的连线中与AC垂直的棱有
，，，，，，，，共8条，
则.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；空间向量的数量积运算；向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】【分析】（1）由线面垂直的性质可得，故，根据空间向量的数量积运算求解即可；
（2）找出正方体8个顶点中的任意两个顶点的连线中与AC垂直的线段，根据古典概型的计算公式求解即可.
（1）因为平面，平面，所以.
因为，所以，
因为，所以.
（2）由，得，
在正方体8个顶点中的任意两个顶点的连线中与AC垂直的有
，，，，，，，，
所以.
18．【答案】（1）依题可知，的可能取值为.
，，，
所以，的分布列如下：
0 2 4
所以，．
（2）依题可知，时，，所以时胜利概率最大.
（3）记事件“机器人行走步时恰好第一次回到初始位置”，“机器人第一步向前行走”，则“机器人第一步向后行走”.
下面我们对事件进行分析.
发生时，假设机器人第步是向前行走，则之前的步机器人向前走的步数比向后走少一步，而因为机器人第一步为向前行走，
这说明存在使得机器人走了步时回到了初始位置，这与的发生矛盾，所以假设不成立.即机器人第步为向后行走，
从而机器人第2步到第步向前和向后行走步数均为，且从第2步开始，到第步的这步，任意时刻机器人向前走的步数均不少于向后走的步数(否则在这过程中机器人会回到初始位置).
根据卡特兰数，从第2步到第步共有种行走方式.通过上述分析知，，
所以．
由于，
，故等式成立．
【知识点】二项分布
【解析】【分析】本题考查二项分布.
（1）根据向前或向后行走的步数分类可知，的可能取值为，利用二项分布的概率计算公式可求出对应的概率，据此列出的分布列，利用期望计算公式可求出数学期望；
（2）根据题意可知，，通过作商可判断的单调性，利用单调性可判断当为何值时，游戏胜利的概率最大；
（3）根据机器人第一步以及最后第步的行走方向讨论，利用概率的计算公式可求出的表达式，据此可将所证等式转化为，再利用组合计算数公式进行推论可证明结论．
19．【答案】（1）解：记，则，
，
，
因为，
所以且，
，则；
（2）解：令，则，
因为恒成立，所以在单调递增，所以在单调递增，
所以，函数在单调递增，，
即；
（3）证明：由题，，则，则，
令，
易得在上单调递增，在上单调递减，从而，
即当且仅当时取等号），
，
即，
，
，得证．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）根据泰勒公式求得，赋值求值即可；
（2）构造函数，利用导数判断其单调性和最值证明即可；
（3）根据（2）中所得结论，将目标式放缩为，再裂项求和证明即可.
（1）记，则，
，
所以，
因为，
所以且，
，．
（2）令，则，
恒成立，在递增，在递增，
在递增，，
即.
（3）由题，，则，则，
令，
易得在上递增，在上递减，从而，
即当且仅当时取等号），
，
即，
，
，得证．
1 / 1广东省东北师范大学附属中学深圳学校2023-2024学年高二下学期期末适应卷（1）
1．（2024高二下·广东期末）现有语文读物5本，历史读物4本，地理读物3本，每本读物各不相同，从中任取1本，不同的取法共有（　　）
A．3种 B．12种 C．30种 D．60种
【答案】B
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】解：根据分类加法计数原理可得：不同的取法共有种.
故答案为：B.
【分析】根据分类加法计数原理求解即可.
2．（2024高二下·广东期末）已知函数的导函数为，则（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【知识点】导数的四则运算
【解析】【解答】解：定义域为，，则.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域，再求导，代值计算即可.
3．（2024高二下·广东期末）复数（i为虚数单位）的实部为（　　）
A．2 B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，实部为.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的乘法化简复数，再判断即可.
4．（2024高二下·广东期末）第19届亚运会将于今年9月23日到10月08日在杭州举行.其吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人.三个吉祥物分别取名“琮琮”、“莲莲”和“宸宸”，分别代表世界遗产“良渚古城遗址”、“西湖”、“京杭大运河”.某校开展了一系列的“迎亚运”活动，其中一项是由志愿者扮演吉祥物和同学们合影留念.甲乙两位同学和三个吉祥物一起合影，站成一行，要求甲乙不相邻，且甲乙均不站在两端，则不同的站法种数为（　　）
A．24 B．18 C．12 D．9
【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由题意，先排将三个吉祥物，有种排法；
因为甲乙不相邻，所以甲乙进行插空，且不站在两端，有种排法，
则共有种不同的站法.
故答案为：C.
【分析】利用插空法结合排列数公式求解即可.
5．（2024高二下·广东期末）在单项选择题中，每道题有4个选项，其中仅有一个选项是正确的，如果从四个选项中随机选一个，选对的概率为0.25.为了减少随机选择也得分的影响，某次考试单项选择题采用选错扣分的规则，选对得6分，选错扣分.若随机选择时得分的均值为0分，则的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：由题意可得：，解得.
故答案为：B.
【分析】根据随机变量的均值列方程求解即可.
6．（2024高二下·广东期末）数学探究课上，某同学发现借助多项式运算可以更好地理解“韦达定理”.若，，为方程的3个实数根，设，则为的系数，为的系数，为常数项，于是有，，.实际上任意实系数次方程都有类似结论.设方程的四个实数根为，，，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】多项式
【解析】【解答】解：方程等价于
，
，即，
由题意可得：，，.
故答案为：D.
【分析】化简多项式为标准形式，由类似结论直接求解即可.
7．（2024高二下·广东期末）设，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：，
，
，则；
故.
故答案为：B.
【分析】，用二项式定理展开计算前四项即可得；
，，即可得，判断即可.
8．（2024高二下·广东期末）已知定义在上的函数，，记在上的个极值点为，且，则（　　）
A．为奇函数 B．为偶函数
C．在单调递减 D．在单调递减
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；正切函数的图象与性质
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
令，则，
当时，，则无解，函数在上无极值点；
当时，，
因为函数在上有三个极值点，
所以与在上有三个不同交点，
又因为，所以，
所以与均关于对称，
令，解得，
的对称中心为，
又因为在处有意义，，
解得，又因为，所以；
当时，，，
令，则，
作出与在上的图象，如图所示：
；
当时，，，即；
当时，，，即；
当时，；
当时，，，即；
当时，，，即；
当时，；
当时，，，即；
当时，，，即；
在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
是的极小值点，是的极大值点，
由正切函数与一次函数对称性可知，满足题意；
综上所述：；
A、的定义域为，，为定义在上的偶函数，故A错误；
B、，，
，不是偶函数，故B错误；
C、在上单调递减，，在上单调递减，故C正确；
D、在上单调递增，，在上单调递增，故D错误.
故答案为：C.
【分析】求导后，将极值点个数转化为与的交点个数问题，结合正切函数对称性可求得，代回验证可知满足题意；根据奇偶性定义即可判断AB；结合在区间上的单调性即可判断CD.
9．（2024高二下·广东期末）满足方程的的值可能为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B,C
【知识点】组合及组合数公式
【解析】【解答】解：由，可得或，解得或，
故答案为：BC.
【分析】根据组合数的性质计算即可.
10．（2024高二下·广东期末）对，设，其中，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：A、令，则，故A正确；
B、令，可得，则，故B错误；
C、由
，
又由，且，
可得，
令，可得，
因为，所以，即，故C正确；
D、因为，
可得，
因为，其中，
所以，
所以可得，
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】令和，即可判断AB；令，结合，化简得到即可判断C；等号两边同除以，化简得到，令即可判断D.
11．（2024高二下·广东期末）已知实数x，y满足（为自然对数的底数，，则（　　）
A．当时， B．当时，
C．当时， D．当时，
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；基本不等式
【解析】【解答】解：由，得，则，，
当时，，即，
令，则，则函数在上单调递增，
A、由，得，，即，故A正确；
B、当时，，即，
令，则，
令，解得，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
由，得，
因为在上不单调，所以由不一定能得到，
即不一定成立，故B错误；
C、当时，由前面的分析可知，此时，，
令，，则有，不妨设，得，
下面证明，当时，不等式成立.
先证右边，要证，只要证，
即证，令，即证，
令，则，
所以在上单调递增，所以，
即成立，从而得证；
再证左边，要证，只要证，
即证，令，即证，
令，则，
所以在上单调递增，所以，
即成立，从而得证，
由，，得，即，故C正确；
D、由，，得，
即，所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】同构函数即可可判断AB；由对数均值不等式即可判断CD.
12．（2024高二下·广东期末）某省的高中数学学业水平考试，分为A，B，C，D，E五个等级，其中A，B等级的比例为16%，34%.假设某次数学学业水平考试成绩服从正态分布，其中王同学得分88分等级为A，李同学得分85分等级为B.请写出一个符合条件的值　 　.
（参考数据：若，则，）
【答案】7（答案不唯一，只需要填区间内的任意一个值）
【知识点】随机数的含义与应用；概率的应用
【解析】【解答】解：因为某省某次数学学业水平考试成绩服从正态分布 ，
则，解得.
故填：（答案不唯一，只需要填区间内的任意一个值）.
【分析】根据已知条件及正态分布的特点即可求解.
13．（2024高二下·广东期末）若抛掷一枚质地均匀的骰子两次，落地时朝上的面的点数分别为.设事件 “函数为奇函数”， “函数在上恰有一个最大值点和一个最小值点”，则　 　.
【答案】
【知识点】函数的奇偶性；含三角函数的复合函数的值域与最值；条件概率
【解析】【解答】解：函数是定义在上的奇函数，则，即，
函数，则事件 “”，
因为，，
所以或，，则，
当时，在上无最值点；
当时，，
因为，所以，
则在上恰有一个最大值点，无最小值点；
当时，，
因为，所以，
则在上恰有一个最大值点和一个最小值点，
故，
所以.
故答案为：.
【分析】根据函数为奇函数，求得，结合，，可得或，，即，再结合正弦、余弦函数的图象可知，只有当时，函数在上恰有一个最大值点和一个最小值点，得，最后利用条件概率公式求解即可.
14．（2024高二下·广东期末）已知直线与抛物线及曲线均相切，切点分别为，若，则　 　
【答案】4
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：显然直线的斜率存在，设直线：，
联立，消去整理可得，
则且，即，代入，得，
得，得，则，则，
联立，消去整理得，
则，且，即，
将代入，得，
得，得，又，所以，则，则，
由，得，解得，所以或，
当时，不合题意，舍去；
当时，，
综上所述：.
故答案为：.
【分析】设直线：，分别与和联立，根据判别式等于，求出的坐标，再根据求解即可.
15．（2024高二下·广东期末）某学习小组有4个男生和3个女生.从这7人中选3人参加数学竞赛.
（1）如果男生中的甲和女生中的乙至少要有一人在内，那么有多少种选法
（2）如果3人中必须既有男生又有女生，那么有多少种选法
【答案】（1）解：男生甲、女生乙均入选，有种选法，
男生甲入选，女生乙不入选，有种选法，
男生甲不入选，女生乙入选，有种选法，
则共有25种选法；
（2）解：由题意分：男生1人入选，女生2人入选，有种选法，
男生2人入选，女生1人入选，有种选法，
则3人中既有男生又有女生，共有30选法.
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）由题意分：男生甲、女生乙均入选、男生甲入选女生乙不入选、男生甲未入选女生乙入选三种情况求解即可；
（2）分男生1人入选女生2人入选和男生2人入选女生1人入选两种情况求解即可.
（1）解法1：男生甲入选，女生乙不入选有种，
男生甲未入选，女生乙入选有种，
男生甲入选，女生乙入选有种，
共有25种选法.
解法2：7人中选3人共有种，
甲乙两人均未入选有种，
如果男生中的甲和女生中的乙至少要有一人在内共有35-10=25种.
（2）男生1人入选，女生2人入选有种，
男生2人入选，女生1人入选有种，
因此3人中既有男生又有女生，共有30选法.
16．（2024高二下·广东期末）已知的展开式中的二项式系数之和与各项系数之和的乘积为256.
（1）求的值；
（2）求展开式中含项的系数.
【答案】（1）解：易知展开式中的二项式系数之和为，
令，则展开式中各项系数之和为，
由题意可得，解得；
（2）解：展开式的通项为：，
令，解得，
则展开式中含项的系数为.
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【分析】（1）易知展开式中的二项式系数之和为，令可得展开式中各项系数之和，由题意列方程求解即可；
（2）根据题意结合二项展开式中的通项公式求解即可.
（1）令可得，展开式中各项系数之和为，
且展开式中的二项式系数之和为，
由题意可得，解得.
（2）的展开式的通项为：，
令，解得，
所以展开式中含项的系数为.
17．（2024高二下·广东期末）在棱长为1的正方体中，以8个顶点中的任意两个作为向量的起点和终点.
（1）当时，求；
（2）记事件 “”，求.
【答案】（1）解： 正方体中，平面，平面，则，
因为，所以，
，则；
（2）解：因为，所以，
在正方体8个顶点中的任意两个顶点的连线中与AC垂直的棱有
，，，，，，，，共8条，
则.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；空间向量的数量积运算；向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】【分析】（1）由线面垂直的性质可得，故，根据空间向量的数量积运算求解即可；
（2）找出正方体8个顶点中的任意两个顶点的连线中与AC垂直的线段，根据古典概型的计算公式求解即可.
（1）因为平面，平面，所以.
因为，所以，
因为，所以.
（2）由，得，
在正方体8个顶点中的任意两个顶点的连线中与AC垂直的有
，，，，，，，，
所以.
18．（2024高二下·广东期末） 五一小长假到来，多地迎来旅游高峰期，各大旅游景点都推出了种种新奇活动以吸引游客，小明去成都某熊猫基地游玩时，发现了一个趣味游戏，游戏规则为：在一个足够长的直线轨道的中心处有一个会走路的机器人，游客可以设定机器人总共行走的步数，机器人每一步会随机选择向前行走或向后行走，且每一步的距离均相等，若机器人走完这些步数后，恰好回到初始位置，则视为胜利.
（1）若小明设定机器人一共行走4步，记机器人的最终位置与初始位置的距离为步，求的分布列和期望；
（2）记为设定机器人一共行走步时游戏胜利的概率，求，并判断当为何值时，游戏胜利的概率最大；
（3）该基地临时修改了游戏规则，要求机器人走完设定的步数后，恰好第一次回到初始位置，才视为胜利.小明发现，利用现有的知识无法推断设定多少步时获得胜利的概率最大，于是求助正在读大学的哥哥，哥哥告诉他，“卡特兰数”可以帮助他解决上面的疑惑：将个0和个1排成一排，若对任意的，在前个数中，0的个数都不少于1的个数，则满足条件的排列方式共有种，其中，的结果被称为卡特兰数.若记为设定机器人行走步时恰好第一次回到初始位置的概率，证明：对（2）中的，有
【答案】（1）依题可知，的可能取值为.
，，，
所以，的分布列如下：
0 2 4
所以，．
（2）依题可知，时，，所以时胜利概率最大.
（3）记事件“机器人行走步时恰好第一次回到初始位置”，“机器人第一步向前行走”，则“机器人第一步向后行走”.
下面我们对事件进行分析.
发生时，假设机器人第步是向前行走，则之前的步机器人向前走的步数比向后走少一步，而因为机器人第一步为向前行走，
这说明存在使得机器人走了步时回到了初始位置，这与的发生矛盾，所以假设不成立.即机器人第步为向后行走，
从而机器人第2步到第步向前和向后行走步数均为，且从第2步开始，到第步的这步，任意时刻机器人向前走的步数均不少于向后走的步数(否则在这过程中机器人会回到初始位置).
根据卡特兰数，从第2步到第步共有种行走方式.通过上述分析知，，
所以．
由于，
，故等式成立．
【知识点】二项分布
【解析】【分析】本题考查二项分布.
（1）根据向前或向后行走的步数分类可知，的可能取值为，利用二项分布的概率计算公式可求出对应的概率，据此列出的分布列，利用期望计算公式可求出数学期望；
（2）根据题意可知，，通过作商可判断的单调性，利用单调性可判断当为何值时，游戏胜利的概率最大；
（3）根据机器人第一步以及最后第步的行走方向讨论，利用概率的计算公式可求出的表达式，据此可将所证等式转化为，再利用组合计算数公式进行推论可证明结论．
19．（2024高二下·广东期末）18世纪早期英国牛顿学派最优秀代表人物之一的数学家泰勒（Brook Taylor）发现的泰勒公式（又称麦克劳林公式）有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，．其中，表示的二阶导数，即为的导数，表示的阶导数．
（1）根据公式估计的值；（结果保留两位有效数字）
（2）由公式可得：，当时，请比较与的大小，并给出证明；
（3）已知，证明：．
【答案】（1）解：记，则，
，
，
因为，
所以且，
，则；
（2）解：令，则，
因为恒成立，所以在单调递增，所以在单调递增，
所以，函数在单调递增，，
即；
（3）证明：由题，，则，则，
令，
易得在上单调递增，在上单调递减，从而，
即当且仅当时取等号），
，
即，
，
，得证．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）根据泰勒公式求得，赋值求值即可；
（2）构造函数，利用导数判断其单调性和最值证明即可；
（3）根据（2）中所得结论，将目标式放缩为，再裂项求和证明即可.
（1）记，则，
，
所以，
因为，
所以且，
，．
（2）令，则，
恒成立，在递增，在递增，
在递增，，
即.
（3）由题，，则，则，
令，
易得在上递增，在上递减，从而，
即当且仅当时取等号），
，
即，
，
，得证．
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