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2024-2025 学年广东省东莞市光正实验学校高二下学期期中考试
数学试卷
一、单选题：本大题共 8 小题，共 40 分。
1.书架上有 5 本不同的理科类书籍，4 本不同的文科类书籍，现从书架上取一本书，不同的取法总数有( )
A. 9 种 B. 45种 C. 54种 D. 20 种
2.已知离散型随机变量 的分布列为

1 2 3
2 3 3
5 10 10
则 ( )等于( )
A. 19 5 910 B. 2 C. 2 D. 10
3 1.已知函数 ( ) = 的导函数为
′( )，则 ′( 1) =( )
A. 0 B. 1 C. 1 D. 12
4.某批产品来自 ， 两条生产线， 生产线占 60％，次品率为 5％； 生产线占 40％，次品率为 4％，现随
机抽取一件进行检测，则抽到次品的概率是( )
A. 0.029 B. 0.046 C. 0.056 D. 0.406
5.函数 ( ) = ln + 的单调递增区间是( )
A. ( ∞,0) ∪ (1, + ∞) B. ( ∞,0)和(1, + ∞)
C. (1, + ∞) D. ( 1, + ∞)
6.某学校举办了一次垃圾分类知识比赛活动，高一、高二、高三年级分别有 2 名、3 名、3 名同学获一等奖，
若将上述获一等奖的 8 名同学排成一排合影，要求同年级同学排在一起，则不同的排法共有( )
A. 432 种 B. 420 种 C. 176 种 D. 7 种
7.下列求导运算正确的是( )
A. 2 ′ = 2 B. ln ′ = 1
′C. 1+ = D. ( 2 1)
′ = 12 1
8.若函数 ( ) = ( 3)e + 1 22 2 + 1 在区间(2 2,3 + )上存在最值，则 的取值范围是( )
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A. < 1 B. > 2
C. 1 < < 2 D. < 1 或 > 2
二、多选题：本大题共 3 小题，共 18 分。
9.下列随机变量是离散型随机变量的是( )
A.某景点一天的游客数 B.某寻呼台一天内收到寻呼次数
C.水文站观测到江水的水位数 D.某收费站一天内通过的汽车车辆数
10.如下图是 = ( )的导函数 ′( )的图象，则下列说法正确的是( )
A. ( )在区间[ 2, 1]上单调递增
B. = 1 是 ( )的极小值点；
C. ( )在区间[ 1,2]上单调递增，在区间[2,4]上单调递减
D. ( )在 = 1 处取最大值
11 1.关于二项式( 2 2 )
6的展开式，下列说法正确的是( )
A.展开式共有 6 项 B.展开式的所有二项式系数之和为 64
C.展开式中不含 2项 D.展开式的第 5 项系数最大
三、填空题：本大题共 3 小题，共 15 分。
12.计算A2 C35 7 = (用数字作答)．
13 1.已知随机变量 服从二项分布 400, 3 ，则 ( ) = ， (2 1) = ．
14 ( ) = ln .已知 ，若函数 ( ) = ( ) 有两个零点，则 的取值范围为 (区间或集合)．
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.已知函数 ( ) = 3 3，
(1)求函数 ( )在点 2, (2) 处的切线方程；
(2)求函数 ( )的单调区间和极值．
16.在 5 道题中有 3 道理科题和 2 道文科题，如果不放回的依次抽取 2 道题，求：
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(1)第 1 次抽到理科题的概率；
(2)第 1 次和第 2 次都抽到理科题的概率；
(3)在第 1 次抽到理科题的条件下，第 2 次抽到理科题的概率．
17.若(1 2 )7 = 0 + 1 + 22 + + 77 ，求：
(1)求 0的值；
(2) 1 + 2 + + 7；
(3) 0 + 2 + 4 + 6．
18.端午节吃粽子是我国的传统习俗，设一盘中装有 10 个粽子，其中豆沙粽 3 个，白粽 7 个，这两种粽子
的外观完全相同，从中任意选取 3 个，设 表示取到的豆沙粽个数.求
(1) 的分布列；
(2) 的期望与方差；
(3)求至少取到一个豆沙粽的概率．
19.已知函数 ( ) = ln ．
(1)求 ( )的最小值；
(2)若 ( ) ≥ e2对任意的 ∈ (0, + ∞)恒成立，求实数 的取值范围；
(3)若 0是函数 ( ) = ( ) + 2的极值点，求证： 0 + 3 0 > 0．
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参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12. 15
13.4003 /133
1
3
3200 5
； 9 /355 9
14. 0, 1e
15.【详解】(1)因为 ( ) = 3 3，则 ′( ) = 3 3 2，所以 (2) = 2， ′(2) = 9，
因此，函数 ( )在点 2, (2) 处的切线方程为 + 2 = 9( 2)，即 9 + 16 = 0．
(2)由 ′( ) = 3 3 2 = 0，可得 =± 1，列表如下：
( ∞, 1) 1
( (1,
1,1) 1 + ∞)
′( ) 0 + 0
( )
减 极小值 增 极大值 减
所以，函数 ( )的减区间为( ∞, 1)、(1, + ∞)，增区间为( 1,1)，
该函数的极小值为 ( 1) = 3 + 1 = 2，极大值为 (1) = 3 1 = 2．
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16.【详解】(1)因为在 5 道题中有 3 道理课题和 2 道文科题，
3
则第 1 次抽到理科题的概率 1 = 5．
(2) 3 2 3依题意可得第 1 次和第 2 次都抽到理科题的概率 2 = 5 × 4 = 10；
(3)因为第 1 次抽到理科题，此时还剩下 4 道题，其中 2 道理科题，2 道文科题，
2 1
故在第 1 次抽到理科题的条件下，第 2 次抽到理科题的概率 3 = 4 = 2．
17.【详解】(1)令 = 0 得 0 = 1．
(2)令 = 1，则 0 + 1 + … 7 = (1 2)7 = 1，
由(1)知 0 = 1，
所以 1 + 2 + … + 7 = 1 1 = 2．
(3)令 = 1，则 70 1 + 2 3 + … + 6 7 = 3 = 2187①
由(2)知 0 + 1 + 2 + 3 + … 7 = 1②
由① +②得 2 0 ++ 2 + 4 + 6 = 2187 1 = 2186，
∴ 0 + 2 + 4 + 6 = 1 + 1092 = 1093．
18.【详解】(1) 的可能取值为 0,1,2,3
0 3 1 2
则 ( = 0) = 3 7 = 35 7 3 7 63 21
3 120
= 24， ( = 1) = 3 = =10 10 120 40
,
2 1 21 7 3 0 1
( = 2) = 3 73 = 120 = 40 , ( = 3) =
3 7
3
=
10 10 120
所以 的分布列如下：

0 1 2 3
7 21 7 1
24 40 40 120
(2)由(1)可知 ( ) = 1 × 21 7 140 + 2 × 40 + 3 × 120 =
9
10，
( ) = (0 9 2 7 9 2 1 4910 ) × 24 + . . . + (3 10 ) × 120 = 100．
(3)记“至少取到一个豆沙粽”记为事件 ，则 表示“一个豆沙粽都没有取到”
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3
( ) = 1 ( ) = 1 7 = 1 7 = 17则
310 24 24
．
19.【详解】(1)解：由函数 ( ) = ln ，可得其定义域为(0, + ∞)，且 ′( ) = ln ，
当 0 < < 1 时， ′( ) < 0；当 > 1 时， ′( ) > 0，
所以 ( )在(0,1)上单调递减，在(1, + ∞)单调递增，
所以 ( )min = (1) = 1．
(2)解：由 ( ) = ln ，其中 > 0
2
可得 ln ≥ e2 e，即 ≤ ln 1 + ，
2
由 ( ) ≥ e2对任意 ∈ (0, + ∞)恒成立，即 ≤ ln 1 + e 在 ∈ (0, + ∞)恒成立，
2 2 2
令 ( ) = ln 1 + e ′ ，可得 ( ) =
1 e e
2 = 2 ，
令 ′( ) = 0，解得 = e2，
当 0 < < e2时， ′( ) < 0；当 > e2时， ′( ) > 0，
所以函数 ( )在 0, e2 上单调递减，在 e2, + ∞ 上单调递增，
所以 ( ) = e2min = 2，所以 ≤ 2，即实数 的取值范围为( ∞,2]．
(3)解：由 ( ) = ( ) + 2 = ln + 2, > 0，可得 ′( ) = ln + 2 ，
令 ( ) = ′( ) = ln + 2 , > 0 2 +1，可得 ′( ) = > 0 在(0, + ∞)上恒成立，
所以函数 ( )在(0, + ∞)上单调递增，即函数 ′( )在(0, + ∞)上单调递增，
因为 0是 ( ) = ( ) + 2的极值点，所以存在 0使得 ′ 0 = 0，即 ln 0 = 2 0，
又由 ′(1) = 2 > 0，所以 0 < 0 < 1，
则 0 + 3 = ln + 3 = 2 20 0 0 0 0 0 + 2 0 = 2 0 1 0 > 0，
所以 0 + 3 0 > 0．
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