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浙江省台州山海协作体2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试题
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）
1．（2025高二下·台州期中）下表是离散型随机变量的概率分布，则常数a的值是（　　）
3 4 5 6
A． B． C． D．
2．（2025高二下·台州期中）若函数在处可导，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高二下·台州期中）下列对函数求导运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025高二下·台州期中）已知函数的导函数的图象如图，则下列叙述正确的是（　　）
A．函数在上单调递减 B．函数在处取得极小值
C．函数在处取得极值 D．函数只有一个极值点
5．（2025高二下·台州期中）将6本不同的书（包括1本物理书和1本历史书）平均分给甲、乙两人，其中物理书和历史书不能分给同一个人，则不同的分配种数是（　　）
A．6 B．12 C．18 D．24
6．（2025高二下·台州期中）的展开式中，的系数为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·台州期中）近年来，各地旅游事业得到飞速发展，越来越多的周边游客来参观天门市的陆羽故园、胡家花园、天门博物馆、黄潭七屋岭、海龙岛景区、西塔寺等6处景点.现甲、乙两位游客准备从6处景点各随机选一处游玩，记事件“甲和乙至少有一个人前往陆羽故园”，事件“甲和乙选择不同的景点”则（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·台州期中）已知函数，下面表述不正确的为（　　）
A．是的极小值点 B．当时，
C．当时， D．当时，
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，有选错的得0分，部分选对的得部分分）
9．（2025高二下·台州期中）下列结论正确的是（　　）
A．若随机变量服从正态分布，且，则
B．若随机变量的方差，则
C．从装有大小、形状都相同的5个红球和3个白球的袋中随机取出两球，取到白球的个数记为，则
D．若随机变量服从二项分布，且最大，则
10．（2025高二下·台州期中）对于可以求导的函数，如果它的导函数也是可导函数，那么将的导函数记为．如果有零点，则称其为的“驻点”；如果有零点，则称点为的“拐点”．某同学对三次函数和进行探究发现，得到如下命题，其中真命题为：（　　）
A．在“驻点”处取得最值
B．一定有“拐点”，但不一定有“驻点”
C．若有3个零点，则
D．存在实数m，，使得对于任意不相等的两实数，都有
11．（2025高二下·台州期中）某同学玩一种跳棋游戏，抛掷一枚质地均匀且标有数字的骰子，规定：若掷得数字小于或等于4，则前进1步；若掷得数字大于4，则前进2步.每次投掷互不影响，记某同学一共前进步的概率为，则（　　）
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·台州期中）若，则　 　．
13．（2025高二下·台州期中）数学竞赛中，某校有共6位同学获奖，在竞赛结束后站成一排合影留念时，假设两人必须相邻且站在正中间，两人不能相邻，则不同的站法共有　 　种.
14．（2025高二下·台州期中）设，函数，若恰有两个零点，则的取值范围是　 　
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·台州期中）用五个数字，问：
（1）可以组成多少个无重复数字的四位密码？
（2）可以组成多少个无重复数字的四位数？
（3）可以组成多少个十位数字比个位数字大的无重复数字的四位偶数？
16．（2025高二下·台州期中）已知二项式，若选条件_____填写序号，
（1）求展开式中含的项；
（2）设，求展开式中奇数项的系数和．
请在：①只有第项的二项式系数最大；②第项与第项的二项式系数相等；③所有二项式系数的和为，
这三个条件中任选一个，补充在上面问题中的线上，并完成解答．
17．（2025高二下·台州期中）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程．
（2）若有极小值，且极小值小于0，求的取值范围．
18．（2025高二下·台州期中）某校举办了一次安全知识竞赛，竞赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛.预赛从8道题中任选4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰.
（1）若这8道题中甲同学能答对其中4道，记甲在预赛中答对的题目个数为，求的分布列并计算甲进入决赛的概率.
（2）决赛需要回答3道同等难度的题目，若全部答对则获得一等奖，奖励200元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励100元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励.假定进入决赛的同学答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立.
（i）记进入决赛的某同学恰好获得二等奖的概率为，求的最大值；
（ii）某班共有4名学生进入了决赛，若这4名同学获得总奖金的期望值不小于325元，求此时的取值范围.
19．（2025高二下·台州期中）若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”．
（1）若，判断是否为上的“3类函数”；
（2）若为上的“2类函数”，求实数的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：由，解得.
故答案为：C.
【分析】根据频率分布列的性质列式求的值即可.
2．【答案】B
【知识点】极限及其运算；导数的概念
【解析】【解答】解：因为函数在处可导，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据导数的定义求解即可.
3．【答案】D
【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：对于A：因为，故A错误；
对于B：因为，故B错误；
对于C：因为，故C错误；
对于D：因为，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用导数的运算法则和基本初等函数的导数的公式，从而逐项判断找出对函数求导运算正确的选项.
4．【答案】D
【知识点】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、由导函数的图象可知，函数在上单调递增，A错误；
C、在的左右，所以函数在处不能取得极值，C错误；
BD、当时，；当时，，即函数在上单调递增，
在上单调递减，即函数在出取得极大值，
且是函数的唯一极值点，B错误，D正确.
故答案为：D.
【分析】根据图象得出函数的单调性和极值，判断各选项求解.
5．【答案】B
【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：第一步：把1本物理书和1本历史书分给两个人，1人一本，有种分配方法，
第二步：把剩下4本书平均的分给两个人，有种分配方法，
所以，共有种分配方法.
故答案为：B.
【分析】利用分步乘法计数原理和分组分配的方法，再利用排列数公式、组合数公式，从而得出不同的分配种数.
6．【答案】C
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：因为.
又因为的二项展开式的通项公式为，且，
所以的系数为为.
故答案为：C.
【分析】，结合二项式的展开式的通项公式，从而得出的系数.
7．【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解：因为甲、乙从6处景点各选一处的总情况数为种，
所以，“甲和乙至少有一个人前往陆羽故园”的对立事件是“甲和乙都不前往陆羽故园”，
则甲不选陆羽故园有5种选法，乙不选陆羽故园也有5种选法，
所以甲和乙都不前往陆羽故园的情况数为种，
则，
“甲和乙至少有一个人前往陆羽故园且甲和乙选择不同的景点”，分两种情况：
（1）甲去陆羽故园，乙不去，
甲去陆羽故园有1种选法，乙从除陆羽故园外的5个景点选有5种选法，共种情况；
（2）乙去陆羽故园，甲不去，
乙去陆羽故园有1种选法，甲从除陆羽故园外的5个景点选有5种选法，共种情况，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】先求出事件发生的概率，再分两种情况求出事件发生的概率，利用条件概率公式得出的值.
8．【答案】B
【知识点】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：函数，，
令，即，解得或；
令，即，解得，
则函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减，
函数图象如下图所示：
A、由图可知是的极小值点，故A正确；
B、当时，，且函数在区间上单调递增，则，故B错误；
C、当时，，且函数在区间上单调递减，
且，故，故C正确；
D、当时，，由，得，则，故D正确.
故答案为：B.
【分析】求导，利用导数判断函数的单调性，作出函数的图象，数形结合逐项判断即可.
9．【答案】A,C
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；超几何分布；二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】对于A，因为，所以的均值是，
则，又因为，
所以，
则，故A正确；
对于B：因为，所以，故B错误；
对于C：因为服从超几何分布，所以，故C正确；
（方法二：的可能取值为、、，
所以，，，
则）；
对于D：因为，
所以，，
则，，
，，
，
所以最大，
则，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性和已知条件，则判断出选项A；根据方差的性质判断出选项B；根据超几何分布的期望公式，则判断出选项C；根据二项分布求概率公式，再结合比较法得出的最大值，从而得出k的值，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
10．【答案】B,C
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：对于选项A，由，得，
由，得或，所以和是的“驻点”，
当或时，，当时，，
所以在和，在上递减，
所以在“驻点”处没有取得最值，所以A错误，
对于选项B，由，得，
由，方程不一定有根，所以不一定有“驻点”，
由，得，所以一定有“拐点”，所以B正确，
对于选项C，由，得，由选项A可知在和，在上递减，
所以的极大值为，极小值为，
所以的大致图象如图所示：
由图可知当时，与的图象有3个不同的交点，
所以有3个零点，则，所以C正确，
对于选项D，若，则在上单调递增，
所以不存在实数m，，使得对于任意不相等的两实数，都有，所以D错误，
故选：BC
【分析】对于A，利用”驻点“的定义求出的”驻点“，然后在由函数单调性判断，对于B，根据”拐点“和”驻点“的定义（驻点指的是函数在某一点处的一阶导数为零的点；拐点则是指改变曲线向上或向下方向的点， 即曲线的凹凸性发生变化的点，拐点是二阶导数为零或不存在的地方）分析判断，对于C，将问题转化为与的图象有3个不同的交点，作出函数图象分析判断，对于D，举例判断.
11．【答案】B,C,D
【知识点】等比数列的通项公式；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：每投掷一次骰子，前进一步的概率为，前进两步的概率为；
A、一共前进了2步，可能是第一次前进了两步，或第一次、第二次各前进一步，所以，故选项A错误；
B、一共前进了3步，可能是第一次前进了两步且第二次前进了一步，或第一次前进了一步且第二次前进了两步，或三次各前进一步，所以，故选项B正确；
C、一共前进了步，可能是前进步后继续前进2步，或前进步后，继续前进1步，
所以，即，故选项C正确；
D、因为，所以，
而，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
又注意到，
所以数列是常数列，这个数列中的每一项都是，
所以，所以，解得，
所以
，故选项D正确.
故选：BCD.
【分析】根据古典概型的概率计算公式求得前进一步的概率为，前进两步的概率为，利用由互斥事件的加法公式和独立事件的概率乘法公式计算即可判断选项ABC；利用选项C的结论结合数列的性质和通项公式化简可得，进而计算即可判断选项D.
12．【答案】
【知识点】组合数公式
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和组合数的性质，从而计算可得n的值.
13．【答案】
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：依题意，排，相邻且站在正中间，有种站法；
再排，不相邻，
又因为两侧各有2个位置，
所以不在同侧，
在两侧各取1个位置再排列，共有种站法，
最后排有种站法，
所以，不同的站法共有（种）.
故答案为：32.
【分析】根据已知条件结合相邻问题，再结合不相邻和排列数公式、组合数公式以及分步乘法计数原理，从而得出不同的站法共有的种数.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数，易知，
当时，由，可得，
当时，由，可得，
令，问题转化为直线与函数的图象有两个交点，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，由，解得，由，解得，
则在上为减函数，在上为增函数，且当时，函数极小值为，
当时，，当时，，函数图象，如图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，此时函数有两个零点，
则实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】易知，由函数分离参数，令，问题转化为直线与函数图象有两个交点，求导，利用导数判断函数的单调性，作出的图象，数形结合，求的取值范围即可.
15．【答案】（1）解：从5个数字任取4个进行全排列，故有个；
（2）解：首位不能为0，则有个；
（3）解：由题意，是偶数个位数必须是.
分3种情况讨论：
①0在个位，十位必须比0大，千位数字不能是0且不能与个位和十位数字重复，百位数字在剩下的数字选一个，所以共有；
②在个位，十位数字必须比2大，千位数不能是0且不能与个位和十位数字重复，百位剩下2个里面选一个.有种选法；
③4在个位，里面没有比4大的数字，不存在这种可能.则共有种情况.
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）利用排列的定义直接全排列即可求解；
（2）先考虑0不能为首位，再从不为0的四个数选一个放在首位，再从剩下的四个数选三个数全排列即可求解；
（3）分0在个位、在个位、4在个位三种情况进行讨论，再由分类加法计数原理即可求解.
（1）从5个数字任取4个进行全排列，故有个；
（2）首位不能为0，则有个；
（3）由题意，是偶数个位数必须是.
分3种情况讨论：
①0在个位，十位必须比0大，千位数字不能是0且不能与个位和十位数字重复，百位数字在剩下的数字选一个，所以共有；
②在个位，十位数字必须比2大，千位数不能是0且不能与个位和十位数字重复，百位剩下2个里面选一个.有种选法；
③4在个位，里面没有比4大的数字，不存在这种可能.则共有种情况.
16．【答案】（1）解：选条件①，由只有第项的二项式系数最大可知，展开式共有项，
所以，
选条件②，由第项与第项的二项式系数相等可知，，
所以，
选条件③，由所有二项式系数的和为可知，
可得，
所以二项式可化为，
因为，
令，
则展开式中含的项为.
（2）解：由（1）知二项式为，
令，，
令，，
两式相加，得，
所以，
则展开式中奇数项的系数和为2080.
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式；二项式系数
【解析】【分析】（1）选任意条件后求出的值，再由二项展开式的通项公式，从而得出含的项.
（2）利用赋值法结合求和法，从而得出展开式中奇数项的系数和．
（1）选条件①，由只有第项的二项式系数最大可知，展开式共有项，所以，
选条件②，由第项与第项的二项式系数相等可知，，所以，
选条件③，由所有二项式系数的和为可知，可得，
所以二项式可化为，
因为，
令，则展开式中含的项为.
（2）由（1）知二项式为，
令，，
令，，
两式相加得，
所以，
所以展开式中奇数项的系数和为2080.
17．【答案】（1）解：当时，函数，，
则，，
故切点坐标为，所以切线方程为，即.
（2）解：函数的定义域为，，
当时，对任意恒成立，则在上单调递增，无极值，不合题意；
当时，令，解得；令，解得；
则函数在上单调递减，在上单调递增，
则的极小值为，无极大值，
由题意可得：，即，
令，，则在上单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为.

【知识点】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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）将代入，求导，利用导数的几何意义求切线方程即可；
（2）求导，分和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，再构建函数，解不等式即可求得a的取值范围.
18．【答案】（1）解：由已知条件可知，的取值为，
则，
，
，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3 4
则甲进入决赛的概率为.
（2）解：（i）由题意，得，
令，
解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，
则的最大值为.
（ii）由题意，可设每名进入决赛的学生获得的奖金为随机变量，
则的可能取值为，
所以，
，
，
，
所以
，
可得，
则，
整理得，
由，
得，
解得.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用已知条件求出的取值，求出对应的概率，则可得随机变量X的分布列，再结合随机变量的分布列和互斥事件加法求概率公式，从而得出甲进入决赛的概率.
（2）（i）由结合导数判断函数的单调性，从而求出函数的最大值，则得出的最大值.
（ii）分利用已知条件得出随机变量Y的取值，再利用二项分布求概率公式得出随机变量Y的分布列，再结合随机变量的分布列求数学期望公式和已知条件，从而得出这4名同学获得总奖金的期望值不小于325元的实数的取值范围.
（1）由已知的取值为，
，，
，，
，
所以的分布列为
0 1 2 3 4
甲进入决赛的概率为；
（2）（i）由题意得，
令，解得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
可得的最大值为；
（ii）由题可设每名进入决赛的学生获得的奖金为随机变量，
则的可能取值为，
所以，，
，，
所以
，
可得，即，
整理得，
由，
得，
解得.
19．【答案】（1）解：对于任意不同的，有，
所以，
则
所以是上的“3类函数”.
（2）解：因为，
由题意知，对于任意不同的，都有，
不妨设，则，
则且，
所以为上的增函数，为上的减函数，
则任意，都有，
由可转化为，
令，只需，
又因为，
令，
因为在单调递减，
所以则，
所以在单调递减，
则，
将转化为，
令，只需，
因为，
令，在单调递减，且，所以，，使，则，
所以，
当时，，则在单调递增；
当时，，则在单调递减，
所以，
则．
【知识点】函数恒成立问题；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）由新定义和作差法结合不等式的基本性质，从而证出，则判断出函数为上的“3类函数".
（2）由已知条件结合新定义，从而将问题转化为对于任意，都有，即且，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值可求出实数a的取值范围.
（1）对于任意不同的，
有，所以，
，
所以是上的“3类函数”
（2）因为，
由题意知，对于任意不同的，都有，
不妨设，则，
故且，
故为上的增函数，为上的减函数，
故任意，都有，
由可转化为，令，只需，
，令，在单调递减，
所以，故在单调递减，
，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
且，所以使，即，
即，
当时，，故在单调递增，
当时，，故在单调递减，
，故．
1 / 1浙江省台州山海协作体2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试题
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）
1．（2025高二下·台州期中）下表是离散型随机变量的概率分布，则常数a的值是（　　）
3 4 5 6
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：由，解得.
故答案为：C.
【分析】根据频率分布列的性质列式求的值即可.
2．（2025高二下·台州期中）若函数在处可导，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】极限及其运算；导数的概念
【解析】【解答】解：因为函数在处可导，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据导数的定义求解即可.
3．（2025高二下·台州期中）下列对函数求导运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【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：对于A：因为，故A错误；
对于B：因为，故B错误；
对于C：因为，故C错误；
对于D：因为，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用导数的运算法则和基本初等函数的导数的公式，从而逐项判断找出对函数求导运算正确的选项.
4．（2025高二下·台州期中）已知函数的导函数的图象如图，则下列叙述正确的是（　　）
A．函数在上单调递减 B．函数在处取得极小值
C．函数在处取得极值 D．函数只有一个极值点
【答案】D
【知识点】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、由导函数的图象可知，函数在上单调递增，A错误；
C、在的左右，所以函数在处不能取得极值，C错误；
BD、当时，；当时，，即函数在上单调递增，
在上单调递减，即函数在出取得极大值，
且是函数的唯一极值点，B错误，D正确.
故答案为：D.
【分析】根据图象得出函数的单调性和极值，判断各选项求解.
5．（2025高二下·台州期中）将6本不同的书（包括1本物理书和1本历史书）平均分给甲、乙两人，其中物理书和历史书不能分给同一个人，则不同的分配种数是（　　）
A．6 B．12 C．18 D．24
【答案】B
【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：第一步：把1本物理书和1本历史书分给两个人，1人一本，有种分配方法，
第二步：把剩下4本书平均的分给两个人，有种分配方法，
所以，共有种分配方法.
故答案为：B.
【分析】利用分步乘法计数原理和分组分配的方法，再利用排列数公式、组合数公式，从而得出不同的分配种数.
6．（2025高二下·台州期中）的展开式中，的系数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：因为.
又因为的二项展开式的通项公式为，且，
所以的系数为为.
故答案为：C.
【分析】，结合二项式的展开式的通项公式，从而得出的系数.
7．（2025高二下·台州期中）近年来，各地旅游事业得到飞速发展，越来越多的周边游客来参观天门市的陆羽故园、胡家花园、天门博物馆、黄潭七屋岭、海龙岛景区、西塔寺等6处景点.现甲、乙两位游客准备从6处景点各随机选一处游玩，记事件“甲和乙至少有一个人前往陆羽故园”，事件“甲和乙选择不同的景点”则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解：因为甲、乙从6处景点各选一处的总情况数为种，
所以，“甲和乙至少有一个人前往陆羽故园”的对立事件是“甲和乙都不前往陆羽故园”，
则甲不选陆羽故园有5种选法，乙不选陆羽故园也有5种选法，
所以甲和乙都不前往陆羽故园的情况数为种，
则，
“甲和乙至少有一个人前往陆羽故园且甲和乙选择不同的景点”，分两种情况：
（1）甲去陆羽故园，乙不去，
甲去陆羽故园有1种选法，乙从除陆羽故园外的5个景点选有5种选法，共种情况；
（2）乙去陆羽故园，甲不去，
乙去陆羽故园有1种选法，甲从除陆羽故园外的5个景点选有5种选法，共种情况，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】先求出事件发生的概率，再分两种情况求出事件发生的概率，利用条件概率公式得出的值.
8．（2025高二下·台州期中）已知函数，下面表述不正确的为（　　）
A．是的极小值点 B．当时，
C．当时， D．当时，
【答案】B
【知识点】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：函数，，
令，即，解得或；
令，即，解得，
则函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减，
函数图象如下图所示：
A、由图可知是的极小值点，故A正确；
B、当时，，且函数在区间上单调递增，则，故B错误；
C、当时，，且函数在区间上单调递减，
且，故，故C正确；
D、当时，，由，得，则，故D正确.
故答案为：B.
【分析】求导，利用导数判断函数的单调性，作出函数的图象，数形结合逐项判断即可.
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，有选错的得0分，部分选对的得部分分）
9．（2025高二下·台州期中）下列结论正确的是（　　）
A．若随机变量服从正态分布，且，则
B．若随机变量的方差，则
C．从装有大小、形状都相同的5个红球和3个白球的袋中随机取出两球，取到白球的个数记为，则
D．若随机变量服从二项分布，且最大，则
【答案】A,C
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；超几何分布；二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】对于A，因为，所以的均值是，
则，又因为，
所以，
则，故A正确；
对于B：因为，所以，故B错误；
对于C：因为服从超几何分布，所以，故C正确；
（方法二：的可能取值为、、，
所以，，，
则）；
对于D：因为，
所以，，
则，，
，，
，
所以最大，
则，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性和已知条件，则判断出选项A；根据方差的性质判断出选项B；根据超几何分布的期望公式，则判断出选项C；根据二项分布求概率公式，再结合比较法得出的最大值，从而得出k的值，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
10．（2025高二下·台州期中）对于可以求导的函数，如果它的导函数也是可导函数，那么将的导函数记为．如果有零点，则称其为的“驻点”；如果有零点，则称点为的“拐点”．某同学对三次函数和进行探究发现，得到如下命题，其中真命题为：（　　）
A．在“驻点”处取得最值
B．一定有“拐点”，但不一定有“驻点”
C．若有3个零点，则
D．存在实数m，，使得对于任意不相等的两实数，都有
【答案】B,C
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：对于选项A，由，得，
由，得或，所以和是的“驻点”，
当或时，，当时，，
所以在和，在上递减，
所以在“驻点”处没有取得最值，所以A错误，
对于选项B，由，得，
由，方程不一定有根，所以不一定有“驻点”，
由，得，所以一定有“拐点”，所以B正确，
对于选项C，由，得，由选项A可知在和，在上递减，
所以的极大值为，极小值为，
所以的大致图象如图所示：
由图可知当时，与的图象有3个不同的交点，
所以有3个零点，则，所以C正确，
对于选项D，若，则在上单调递增，
所以不存在实数m，，使得对于任意不相等的两实数，都有，所以D错误，
故选：BC
【分析】对于A，利用”驻点“的定义求出的”驻点“，然后在由函数单调性判断，对于B，根据”拐点“和”驻点“的定义（驻点指的是函数在某一点处的一阶导数为零的点；拐点则是指改变曲线向上或向下方向的点， 即曲线的凹凸性发生变化的点，拐点是二阶导数为零或不存在的地方）分析判断，对于C，将问题转化为与的图象有3个不同的交点，作出函数图象分析判断，对于D，举例判断.
11．（2025高二下·台州期中）某同学玩一种跳棋游戏，抛掷一枚质地均匀且标有数字的骰子，规定：若掷得数字小于或等于4，则前进1步；若掷得数字大于4，则前进2步.每次投掷互不影响，记某同学一共前进步的概率为，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】等比数列的通项公式；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：每投掷一次骰子，前进一步的概率为，前进两步的概率为；
A、一共前进了2步，可能是第一次前进了两步，或第一次、第二次各前进一步，所以，故选项A错误；
B、一共前进了3步，可能是第一次前进了两步且第二次前进了一步，或第一次前进了一步且第二次前进了两步，或三次各前进一步，所以，故选项B正确；
C、一共前进了步，可能是前进步后继续前进2步，或前进步后，继续前进1步，
所以，即，故选项C正确；
D、因为，所以，
而，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
又注意到，
所以数列是常数列，这个数列中的每一项都是，
所以，所以，解得，
所以
，故选项D正确.
故选：BCD.
【分析】根据古典概型的概率计算公式求得前进一步的概率为，前进两步的概率为，利用由互斥事件的加法公式和独立事件的概率乘法公式计算即可判断选项ABC；利用选项C的结论结合数列的性质和通项公式化简可得，进而计算即可判断选项D.
三、填空题：（本大题共3小题，每题5分，共15分）
12．（2025高二下·台州期中）若，则　 　．
【答案】
【知识点】组合数公式
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和组合数的性质，从而计算可得n的值.
13．（2025高二下·台州期中）数学竞赛中，某校有共6位同学获奖，在竞赛结束后站成一排合影留念时，假设两人必须相邻且站在正中间，两人不能相邻，则不同的站法共有　 　种.
【答案】
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：依题意，排，相邻且站在正中间，有种站法；
再排，不相邻，
又因为两侧各有2个位置，
所以不在同侧，
在两侧各取1个位置再排列，共有种站法，
最后排有种站法，
所以，不同的站法共有（种）.
故答案为：32.
【分析】根据已知条件结合相邻问题，再结合不相邻和排列数公式、组合数公式以及分步乘法计数原理，从而得出不同的站法共有的种数.
14．（2025高二下·台州期中）设，函数，若恰有两个零点，则的取值范围是　 　
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数，易知，
当时，由，可得，
当时，由，可得，
令，问题转化为直线与函数的图象有两个交点，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，由，解得，由，解得，
则在上为减函数，在上为增函数，且当时，函数极小值为，
当时，，当时，，函数图象，如图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，此时函数有两个零点，
则实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】易知，由函数分离参数，令，问题转化为直线与函数图象有两个交点，求导，利用导数判断函数的单调性，作出的图象，数形结合，求的取值范围即可.
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·台州期中）用五个数字，问：
（1）可以组成多少个无重复数字的四位密码？
（2）可以组成多少个无重复数字的四位数？
（3）可以组成多少个十位数字比个位数字大的无重复数字的四位偶数？
【答案】（1）解：从5个数字任取4个进行全排列，故有个；
（2）解：首位不能为0，则有个；
（3）解：由题意，是偶数个位数必须是.
分3种情况讨论：
①0在个位，十位必须比0大，千位数字不能是0且不能与个位和十位数字重复，百位数字在剩下的数字选一个，所以共有；
②在个位，十位数字必须比2大，千位数不能是0且不能与个位和十位数字重复，百位剩下2个里面选一个.有种选法；
③4在个位，里面没有比4大的数字，不存在这种可能.则共有种情况.
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）利用排列的定义直接全排列即可求解；
（2）先考虑0不能为首位，再从不为0的四个数选一个放在首位，再从剩下的四个数选三个数全排列即可求解；
（3）分0在个位、在个位、4在个位三种情况进行讨论，再由分类加法计数原理即可求解.
（1）从5个数字任取4个进行全排列，故有个；
（2）首位不能为0，则有个；
（3）由题意，是偶数个位数必须是.
分3种情况讨论：
①0在个位，十位必须比0大，千位数字不能是0且不能与个位和十位数字重复，百位数字在剩下的数字选一个，所以共有；
②在个位，十位数字必须比2大，千位数不能是0且不能与个位和十位数字重复，百位剩下2个里面选一个.有种选法；
③4在个位，里面没有比4大的数字，不存在这种可能.则共有种情况.
16．（2025高二下·台州期中）已知二项式，若选条件_____填写序号，
（1）求展开式中含的项；
（2）设，求展开式中奇数项的系数和．
请在：①只有第项的二项式系数最大；②第项与第项的二项式系数相等；③所有二项式系数的和为，
这三个条件中任选一个，补充在上面问题中的线上，并完成解答．
【答案】（1）解：选条件①，由只有第项的二项式系数最大可知，展开式共有项，
所以，
选条件②，由第项与第项的二项式系数相等可知，，
所以，
选条件③，由所有二项式系数的和为可知，
可得，
所以二项式可化为，
因为，
令，
则展开式中含的项为.
（2）解：由（1）知二项式为，
令，，
令，，
两式相加，得，
所以，
则展开式中奇数项的系数和为2080.
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式；二项式系数
【解析】【分析】（1）选任意条件后求出的值，再由二项展开式的通项公式，从而得出含的项.
（2）利用赋值法结合求和法，从而得出展开式中奇数项的系数和．
（1）选条件①，由只有第项的二项式系数最大可知，展开式共有项，所以，
选条件②，由第项与第项的二项式系数相等可知，，所以，
选条件③，由所有二项式系数的和为可知，可得，
所以二项式可化为，
因为，
令，则展开式中含的项为.
（2）由（1）知二项式为，
令，，
令，，
两式相加得，
所以，
所以展开式中奇数项的系数和为2080.
17．（2025高二下·台州期中）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程．
（2）若有极小值，且极小值小于0，求的取值范围．
【答案】（1）解：当时，函数，，
则，，
故切点坐标为，所以切线方程为，即.
（2）解：函数的定义域为，，
当时，对任意恒成立，则在上单调递增，无极值，不合题意；
当时，令，解得；令，解得；
则函数在上单调递减，在上单调递增，
则的极小值为，无极大值，
由题意可得：，即，
令，，则在上单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为.

【知识点】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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）将代入，求导，利用导数的几何意义求切线方程即可；
（2）求导，分和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，再构建函数，解不等式即可求得a的取值范围.
18．（2025高二下·台州期中）某校举办了一次安全知识竞赛，竞赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛.预赛从8道题中任选4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰.
（1）若这8道题中甲同学能答对其中4道，记甲在预赛中答对的题目个数为，求的分布列并计算甲进入决赛的概率.
（2）决赛需要回答3道同等难度的题目，若全部答对则获得一等奖，奖励200元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励100元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励.假定进入决赛的同学答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立.
（i）记进入决赛的某同学恰好获得二等奖的概率为，求的最大值；
（ii）某班共有4名学生进入了决赛，若这4名同学获得总奖金的期望值不小于325元，求此时的取值范围.
【答案】（1）解：由已知条件可知，的取值为，
则，
，
，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3 4
则甲进入决赛的概率为.
（2）解：（i）由题意，得，
令，
解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，
则的最大值为.
（ii）由题意，可设每名进入决赛的学生获得的奖金为随机变量，
则的可能取值为，
所以，
，
，
，
所以
，
可得，
则，
整理得，
由，
得，
解得.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用已知条件求出的取值，求出对应的概率，则可得随机变量X的分布列，再结合随机变量的分布列和互斥事件加法求概率公式，从而得出甲进入决赛的概率.
（2）（i）由结合导数判断函数的单调性，从而求出函数的最大值，则得出的最大值.
（ii）分利用已知条件得出随机变量Y的取值，再利用二项分布求概率公式得出随机变量Y的分布列，再结合随机变量的分布列求数学期望公式和已知条件，从而得出这4名同学获得总奖金的期望值不小于325元的实数的取值范围.
（1）由已知的取值为，
，，
，，
，
所以的分布列为
0 1 2 3 4
甲进入决赛的概率为；
（2）（i）由题意得，
令，解得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
可得的最大值为；
（ii）由题可设每名进入决赛的学生获得的奖金为随机变量，
则的可能取值为，
所以，，
，，
所以
，
可得，即，
整理得，
由，
得，
解得.
19．（2025高二下·台州期中）若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”．
（1）若，判断是否为上的“3类函数”；
（2）若为上的“2类函数”，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：对于任意不同的，有，
所以，
则
所以是上的“3类函数”.
（2）解：因为，
由题意知，对于任意不同的，都有，
不妨设，则，
则且，
所以为上的增函数，为上的减函数，
则任意，都有，
由可转化为，
令，只需，
又因为，
令，
因为在单调递减，
所以则，
所以在单调递减，
则，
将转化为，
令，只需，
因为，
令，在单调递减，且，所以，，使，则，
所以，
当时，，则在单调递增；
当时，，则在单调递减，
所以，
则．
【知识点】函数恒成立问题；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）由新定义和作差法结合不等式的基本性质，从而证出，则判断出函数为上的“3类函数".
（2）由已知条件结合新定义，从而将问题转化为对于任意，都有，即且，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值可求出实数a的取值范围.
（1）对于任意不同的，
有，所以，
，
所以是上的“3类函数”
（2）因为，
由题意知，对于任意不同的，都有，
不妨设，则，
故且，
故为上的增函数，为上的减函数，
故任意，都有，
由可转化为，令，只需，
，令，在单调递减，
所以，故在单调递减，
，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
且，所以使，即，
即，
当时，，故在单调递增，
当时，，故在单调递减，
，故．
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