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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题
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．（2025高二下·浙江期中）已知集合，集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高二下·浙江期中）函数的定义域为（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025高二下·浙江期中）（　　）
A．100 B．110 C．120 D．130
4．（2025高二下·浙江期中）命题“，恒成立”的一个充分不必要条件是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高二下·浙江期中）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
6．（2025高二下·浙江期中）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．
7．（2025高二下·浙江期中）已知函数，正实数m，n满足，且，若，则在区间上的最大值为（　　）
A．2 B． C．1 D．
8．（2025高二下·浙江期中）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．55 B．66 C．78 D．132
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．（2025高二下·浙江期中）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
10．（2025高二下·浙江期中）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．函数的极小值是
C．函数的图像有条切线方程为
D．点是曲线的对称中心
11．（2025高二下·浙江期中）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．
三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分.
12．（2025高二下·浙江期中）已知函数，则　 　.
13．（2025高二下·浙江期中）已知，，且，则的最小值是　 　.
14．（2025高二下·浙江期中）已知是定义域为的函数，且满足，，则不等式的解集是　 　.
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．（2025高二下·浙江期中）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；
16．（2025高二下·浙江期中）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.
17．（2025高二下·浙江期中）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.
18．（2025高二下·浙江期中）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.
19．（2025高二下·浙江期中）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.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，，
可得.
故答案为：D
【分析】先明确集合A中的具体元素，再根据交集的定义，找出同时属于集合A和集合B的元素。
2．【答案】A
【知识点】函数的定义域及其求法；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意可得，解得.
故答案为：A.
【分析】根据函数解析式中根式、对数和分母的限制条件，列出不等式组求解定义域。
3．【答案】B
【知识点】组合数的基本计算
【解析】【解答】解：
.
故答案为：B.
【分析】利用组合数的递推性质 ，对原式进行累加合并，简化计算。
4．【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为，恒成立，
当时，，解得，
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.
故答案为：D.
【分析】先求出命题“ 恒成立”的充要条件，再在选项中找其真子集作为充分不必要条件。
5．【答案】D
【知识点】超几何分布；二项分布；离散型随机变量的方差
【解析】【解答】A：根据数学期望的性质：若，则，
所以，故A正确.
B：根据方差的性质：若，则，所以，故B正确.
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，故C正确.
D：因为随机变量，则正态分布曲线关于对称，所以，
那么，
所以，故D错误.
故答案为：D.
【分析】利用期望、方差的线性性质，以及二项分布、正态分布的公式，逐一判断各选项的正确性。
6．【答案】C
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：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.
故答案为：C.
【分析】在已知前两次都摸到红球的条件下，直接计算剩余球中红球的比例，即可得到第三次摸到红球的条件概率。
7．【答案】A
【知识点】对数的性质与运算法则；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：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.
故答案为：A.
【分析】由 得到 ，结合 求出 ，再确定区间 ，最后根据函数单调性求最大值。
8．【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用；组合数的基本计算
【解析】【解答】解：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.
故答案为：C.
【分析】先根据总人数和分组条件，将问题转化为不定方程的正整数解问题，再用隔板法计算解的个数，即为选取方法种数。
9．【答案】A,B,D
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解：A：由，则其展开式的通项为，
令，则，即，解得（舍负），故A正确，
B：由，则，故B正确；
C：令，则，
令，则，
两式相减可得，故C错误；
D：当时，，
由为的倍数，则被6除的余数为1，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用二项式定理的通项公式求出n，再根据通项、赋值法及二项式展开性质逐一判断选项。
10．【答案】A,B,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：A：由，由得：在区间上单调递减，故A正确；
B：由或
解得：在区间上单调递增，
所以在时取到极小值，即，故B正确；
C：当，则在处的切线方程是：，
在处的切线方程是：，故C错误；
D：由
，则关于点成中心对称，故D正确；
故答案为：ABD.
【分析】先求导函数，通过导数的符号判断单调性与极值；再通过导数求切线斜率，验证切线方程；最后通过中心对称恒等式判断对称中心。
11．【答案】B,D
【知识点】全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：A、，故A错误；
B、，故B正确；
C、，故C错误；
D、由于，故，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用条件概率公式求解即可判断AD；根据全概率公式求解即可判断BC.
12．【答案】
【知识点】导数的四则运算；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：由，则，
即，，
解得.
故答案为：.
【分析】先对函数求导，再将 代入导函数，建立关于 的方程，解方程即可。
13．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由题意可得，，
等号成立时，即.
故的最小值是.
故答案为：
【分析】利用条件x+y=1对表达式进行“1”的代换，再用基本不等式求最小值。
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；不等式的解集
【解析】【解答】解：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：.
【分析】通过构造辅助函数 g(x)=xf(x)，利用已知条件求出 f(x) 的解析式，再研究其单调性，最后解不等式。
15．【答案】（1）解：用间接法可得，所有可能的安排方式种数为种.
（2）解：由题意可知1号有5种排法，其余4天的排法有种，
所以所有可能的安排方式种数为种.
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】(1)采用容斥原理（间接法），先计算5人全排列的总数，再减去甲在1号、乙在5号的情况，最后加上重复减去的甲在1号且乙在5号的情况。
(2)采用分步乘法计数原理，第1天有5种选择，之后每天只需保证与前一天不同，各有4种选择，依次相乘即可。
（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，
所以所有可能的安排方式种数为种.
16．【答案】（1）解：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）解：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
X 0 1 2 3 4
P
所以.
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1)利用对立事件，先算4次全是红球的概率，再用1减去该概率得到至少1个白球的概率。
(2)设甲袋摸出白球数为 ，乙袋为 ，则 ，分别求 的分布，再得到 的分布列，最后用期望的线性性质求 。
（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
X 0 1 2 3 4
P
所以.
17．【答案】（1）解：当时，，
又，则，
所以曲线在处的切线方程为 .
（2）解：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，.
所以实数的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】(1)先求导得到切线斜率，再结合切点坐标，用点斜式写出切线方程。
(2)构造辅助函数 ，通过研究其单调性和最小值，确定使 恒成立的 的范围。
（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，.
所以实数的取值范围为.
18．【答案】（1）解：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）解：；
（3）解：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.
【知识点】数列的递推公式；全概率公式
【解析】【分析】(1)先计算掷两颗骰子点数和≥10的概率，再利用全概率公式递推得到 。
(2)根据全概率公式，从 跳1级到 ，或从 跳2级到 ，得到递推关系。
(3)先解递推数列得到通项公式，再按 奇偶性讨论单调性，从而求出最值。
（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．【答案】（1）解：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）解：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）证明：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
【知识点】简单复合函数求导法则；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1)函数在区间上递减等价于导数≤0 恒成立，转化为求函数最值问题。
(2)先化简 g(x) 并求导，通过分析导数的符号讨论单调性，找到最小值，再根据存在性条件确定 a 的范围。
(3)构造辅助函数，利用导数证明其单调性，再结合零点存在定理证明唯一解。
（1）解：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）解：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）解：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
1 / 1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题
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．（2025高二下·浙江期中）已知集合，集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，，
可得.
故答案为：D
【分析】先明确集合A中的具体元素，再根据交集的定义，找出同时属于集合A和集合B的元素。
2．（2025高二下·浙江期中）函数的定义域为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数的定义域及其求法；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意可得，解得.
故答案为：A.
【分析】根据函数解析式中根式、对数和分母的限制条件，列出不等式组求解定义域。
3．（2025高二下·浙江期中）（　　）
A．100 B．110 C．120 D．130
【答案】B
【知识点】组合数的基本计算
【解析】【解答】解：
.
故答案为：B.
【分析】利用组合数的递推性质 ，对原式进行累加合并，简化计算。
4．（2025高二下·浙江期中）命题“，恒成立”的一个充分不必要条件是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为，恒成立，
当时，，解得，
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.
故答案为：D.
【分析】先求出命题“ 恒成立”的充要条件，再在选项中找其真子集作为充分不必要条件。
5．（2025高二下·浙江期中）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
【知识点】超几何分布；二项分布；离散型随机变量的方差
【解析】【解答】A：根据数学期望的性质：若，则，
所以，故A正确.
B：根据方差的性质：若，则，所以，故B正确.
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，故C正确.
D：因为随机变量，则正态分布曲线关于对称，所以，
那么，
所以，故D错误.
故答案为：D.
【分析】利用期望、方差的线性性质，以及二项分布、正态分布的公式，逐一判断各选项的正确性。
6．（2025高二下·浙江期中）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
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：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.
故答案为：C.
【分析】在已知前两次都摸到红球的条件下，直接计算剩余球中红球的比例，即可得到第三次摸到红球的条件概率。
7．（2025高二下·浙江期中）已知函数，正实数m，n满足，且，若，则在区间上的最大值为（　　）
A．2 B． C．1 D．
【答案】A
【知识点】对数的性质与运算法则；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：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.
故答案为：A.
【分析】由 得到 ，结合 求出 ，再确定区间 ，最后根据函数单调性求最大值。
8．（2025高二下·浙江期中）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．55 B．66 C．78 D．132
【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用；组合数的基本计算
【解析】【解答】解：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.
故答案为：C.
【分析】先根据总人数和分组条件，将问题转化为不定方程的正整数解问题，再用隔板法计算解的个数，即为选取方法种数。
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．（2025高二下·浙江期中）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】A,B,D
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解：A：由，则其展开式的通项为，
令，则，即，解得（舍负），故A正确，
B：由，则，故B正确；
C：令，则，
令，则，
两式相减可得，故C错误；
D：当时，，
由为的倍数，则被6除的余数为1，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用二项式定理的通项公式求出n，再根据通项、赋值法及二项式展开性质逐一判断选项。
10．（2025高二下·浙江期中）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．函数的极小值是
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】A,B,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：A：由，由得：在区间上单调递减，故A正确；
B：由或
解得：在区间上单调递增，
所以在时取到极小值，即，故B正确；
C：当，则在处的切线方程是：，
在处的切线方程是：，故C错误；
D：由
，则关于点成中心对称，故D正确；
故答案为：ABD.
【分析】先求导函数，通过导数的符号判断单调性与极值；再通过导数求切线斜率，验证切线方程；最后通过中心对称恒等式判断对称中心。
11．（2025高二下·浙江期中）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】B,D
【知识点】全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：A、，故A错误；
B、，故B正确；
C、，故C错误；
D、由于，故，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用条件概率公式求解即可判断AD；根据全概率公式求解即可判断BC.
三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分.
12．（2025高二下·浙江期中）已知函数，则　 　.
【答案】
【知识点】导数的四则运算；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：由，则，
即，，
解得.
故答案为：.
【分析】先对函数求导，再将 代入导函数，建立关于 的方程，解方程即可。
13．（2025高二下·浙江期中）已知，，且，则的最小值是　 　.
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由题意可得，，
等号成立时，即.
故的最小值是.
故答案为：
【分析】利用条件x+y=1对表达式进行“1”的代换，再用基本不等式求最小值。
14．（2025高二下·浙江期中）已知是定义域为的函数，且满足，，则不等式的解集是　 　.
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；不等式的解集
【解析】【解答】解：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：.
【分析】通过构造辅助函数 g(x)=xf(x)，利用已知条件求出 f(x) 的解析式，再研究其单调性，最后解不等式。
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．（2025高二下·浙江期中）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；
【答案】（1）解：用间接法可得，所有可能的安排方式种数为种.
（2）解：由题意可知1号有5种排法，其余4天的排法有种，
所以所有可能的安排方式种数为种.
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】(1)采用容斥原理（间接法），先计算5人全排列的总数，再减去甲在1号、乙在5号的情况，最后加上重复减去的甲在1号且乙在5号的情况。
(2)采用分步乘法计数原理，第1天有5种选择，之后每天只需保证与前一天不同，各有4种选择，依次相乘即可。
（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，
所以所有可能的安排方式种数为种.
16．（2025高二下·浙江期中）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.
【答案】（1）解：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）解：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
X 0 1 2 3 4
P
所以.
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1)利用对立事件，先算4次全是红球的概率，再用1减去该概率得到至少1个白球的概率。
(2)设甲袋摸出白球数为 ，乙袋为 ，则 ，分别求 的分布，再得到 的分布列，最后用期望的线性性质求 。
（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
X 0 1 2 3 4
P
所以.
17．（2025高二下·浙江期中）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.
【答案】（1）解：当时，，
又，则，
所以曲线在处的切线方程为 .
（2）解：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，.
所以实数的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】(1)先求导得到切线斜率，再结合切点坐标，用点斜式写出切线方程。
(2)构造辅助函数 ，通过研究其单调性和最小值，确定使 恒成立的 的范围。
（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，.
所以实数的取值范围为.
18．（2025高二下·浙江期中）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.
【答案】（1）解：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）解：；
（3）解：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.
【知识点】数列的递推公式；全概率公式
【解析】【分析】(1)先计算掷两颗骰子点数和≥10的概率，再利用全概率公式递推得到 。
(2)根据全概率公式，从 跳1级到 ，或从 跳2级到 ，得到递推关系。
(3)先解递推数列得到通项公式，再按 奇偶性讨论单调性，从而求出最值。
（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．（2025高二下·浙江期中）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.
【答案】（1）解：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）解：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）证明：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
【知识点】简单复合函数求导法则；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1)函数在区间上递减等价于导数≤0 恒成立，转化为求函数最值问题。
(2)先化简 g(x) 并求导，通过分析导数的符号讨论单调性，找到最小值，再根据存在性条件确定 a 的范围。
(3)构造辅助函数，利用导数证明其单调性，再结合零点存在定理证明唯一解。
（1）解：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）解：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）解：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
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