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浙江省宁波中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷
一、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·宁波期中）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：解不等式得：，则，
因，则有，
所以.
故答案为：B
【分析】解绝对值不等式得集合，由交集的概念和运算由所有属于集合 A 且属于集合 B 的元素组成的集合，计算即可得到答案.
2．（2025高二下·宁波期中）已知函数，若存在最小值，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的最大（小）值；指数函数单调性的应用
【解析】【解答】解：当时，；当时，；
若存在最小值，只需，解得，即实数的取值范围是.
故答案为：C.
【分析】当时，；当时，；存在最小值，只需可得答案.
3．（2025高二下·宁波期中）已知，则“”是“”的（　　）
A．充要条件 B．既不充分也不必要条件
C．充分不必要条件 D．必要不充分条件
【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：若，，则，
则，
反之，若，则，
又，所以，即，此时不一定成立，
比如，此时，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：D
【分析】利用作差法结合充分条件、必要条件的定义判断.
4．（2025高二下·宁波期中）2023年入冬以来流感高发，某医院统计了一周中连续5天的流感就诊人数与第天的数据如表所示.
1 2 3 4 5
21 95 109
根据表中数据可知具有较强的线性相关关系，其经验回归方程为，则以下说法错误的是（　　）
A．该样本相关系数在内
B．当时，残差为
C．点在经验回归直线上
D．第6天到该医院的流感就诊人数预测值为130
【答案】B
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：A、由题意可知x，y具有较强的正相关关系，故样本相关系数在内，该选项正确，不合题意；
B、根据题意得，故，解得，故当时，，残差为，该选项错误，符合题意；
C、点即点，当时，，即点在经验回归直线上，该选项正确，不合题意；
D、当时，，即第6天到该医院就诊人数的预测值为130，该选项正确，不合题意；
故答案为：B.
【分析】对于A选项，由题意可知x，y具有较强的正相关关系，故样本相关系数在内；
对于B选项，由题意得， 代入回归直线方程得，算出残差即可判断；对于C选项，点即点，当时，，即点在经验回归直线上；对于D选项，当时，求出预测值为130可判断.
5．（2025高二下·宁波期中）已知随机变量，，，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由随机变量服从正态分布，则，
因为，，所以，
且，，即，
则，
当且仅当，即时等号成立，
则的最小值为.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据正态分布的性质求得，再利用基本不等式求的最小值即可.
6．（2025高二下·宁波期中）已知，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式及其推论；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：，，
可知，
．
故答案为：B
【分析】，，结合对数的运算和性质判断.
7．（2025高二下·宁波期中）从集合的非空子集中随机取出两个不同的集合，，则在的条件下，恰有2个元素的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式；列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【解答】解：的非空子集有
共31个，
其中满足情况有：
当集合A只有一个元素时，比如，集合或，
此时共有种情况，
当集合A有两个元素时，比如，集合可取，此时共有种情况，
当集合A有三个元素时，比如，
集合可取，
此时共有种情况，
当集合A有四个元素时，比如，
集合可取
，此时共有种情况，
当集合A有五个元素时，，集合可取除之外的集合，
有种情况，
综上，满足的共有种情况；
恰有2个元素情况有：
当集合A有两个元素时，比如，集合可取，
此时共有种情况，
当集合A有三个元素时，比如，集合可取，
此时共有种情况，
当集合A有四个元素时，比如，
集合可取，此时共有种情况，
当集合A有五个元素时，，
集合可取，有种情况，
综上，满足的共有种情况；
所以在的条件下，恰有2个元素的概率为.
故答案为：B
【分析】写出全集U的非空子集，其中满足情况有：集合A只有一个元素时，集合A有两个元素时，集合A有三个元素时、集合A有四个元素时，集合A有五个元素时，的共有种情况；利用古典概型的计算公式可得.
8．（2025高二下·宁波期中）四位同学坐到二排五列的10个位子中，若同一列中最多只有一位同学，同一排任意两位同学不相邻，则不同的排法数为（　　）
A．384 B．360 C．216 D．408
【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：依根据题意，分2种情况分析：
①，一排坐1人，另一排坐3人；
先选一排坐三人不相邻（只能排第一列、第三列、第五列），
再把另外一人安排另一排的符合题意（第二列、第4列）的位置：有种情况，
②，两排各坐2人，先确定这两排不相邻位置，再安排人，
记第一排五个位置为，第二排五个位置为，则符合题意的位置有
，共12种，再让四位同学坐有，
此时有种情况，
综上共有种排法.
故答案为：A．
【分析】分2种情况分析：①，一排坐1人，另一排坐3人先选一排坐三人不相邻（只能排第一列、第三列、第五列），再把另外一人安排另一排的符合题意（第二列、第4列）的位置；②，两排各坐2人，先确定这两排不相邻位置，再安排人，分类计数原理计算可得解.
二、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，至少有两项是符合题目要求的.若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分.
9．（2025高二下·宁波期中）下列说法正确的有（　　）
A．和表示同一个函数
B．函数的定义域为，则函数的定义域为
C．函数的值域为
D．定义在上的函数满足，则
【答案】B,C,D
【知识点】同一函数的判定；函数的值域；函数解析式的求解及常用方法；简单函数定义域
【解析】【解答】解：A、的定义域为，的定义域为或，定义域不同，所以和不是同一个函数，该选项错误，不合题意；
B、对函数，令，则，得到，
所以，即的定义域为，该选项正确，符合题意；
C、因为，所以，即函数的值域为，该选项正确，符合题意；
D、由，可得，
由，解得，该选项正确，符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】由求得两函数的定义域分别为，或可判断A；对函数，令，则，得到，所以，即的定义域为，可判断B；，得，即函数的值域为，可判断C；构造方程组求解解析式可判断D.
10．（2025高二下·宁波期中）已知袋子中放有大小质地完全相同的6个红球和4个黄球，则下列说法正确的有（　　）
A．若从袋子中有放回地依次随机摸球，为第1个红球被摸出所需的摸球次数，则
B．若从袋子中不放回地依次随机摸出3个球，为摸出的球中红球的个数，则
C．若从袋子中有放回地依次随机摸出5个球，为摸出红球的次数与摸出黄球的次数之差，则
D．若从袋子中不放回地依次随机摸球，为第3个红球被摸出所需的摸球次数，则
【答案】A,B,D
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：A、若从袋子中有放回地依次随机摸球，为第1个红球被摸出所需的摸球次数，
则，该选项正确，符合题意；
B、若从袋子中不放回地依次随机摸出3个球，为摸出的球中红球的个数，
则，该选项正确，符合题意；
C、若从袋子中有放回地依次随机摸出5个球，记摸到红球次数为X，
则，摸到黄球次数为，则，
所以，该选项错误，不合题意；
D、若从袋子中不放回地依次随机摸球，为第3个红球被摸出所需的摸球次数，
则的可能取值为3，4，5，6，7，
则，，，，，
则，该选项正确，符合题意；
故答案为：ABD
【分析】 由独立事件概率乘法公式计算可判断A；由古典概型的概率计算公式计算可判断B；，摸到黄球次数为，则，根据数据期望和方差性质，可判断C；若从袋子中不放回地依次随机摸球，为第3个红球被摸出所需的摸球次数，的可能取值为3，4，5，6，7，代入二项分布公式可得分布列，代入期望公式可判断D；
11．（2025高二下·宁波期中）已知函数定义域为，则下列选项中的等式不可能在时恒成立的有（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；有理数指数幂的运算性质；指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A、当时，，当时，，与函数的定义矛盾，
则不可能在时恒成立，该选项正确，符合题意；
B、令，
则，则为上的偶函数，
令，则，
则为上的偶函数，
任取，则
，
因，则，则，
则在上单调递增，
不妨设，则有或，则，则符合函数定义，
则可能在时恒成立，该选项错误，不合题意；
C、令，则，
令，则，与函数的定义矛盾，
则不可能在时恒成立，该选项正确，符合题意；
D、假设存在函数使得成立，
令，则的根为，
令，则可变形为，
则，，，，
则，
，
则（否则会有），
，，
则，则，同理，
若，则，矛盾；
若，则，矛盾；
若，则，矛盾；
若，则，与，推出矛盾；
综上可知，，推出矛盾，故满足的函数不存在，该选项正确，符合题意.
故答案为：ACD
【分析】令，，得f(0)由两个不同的值，可判断A；证明为偶函数，令为偶函数，由单调性定义可证得上单调递增，不妨设，可求出 则可能在时恒成立 ，可判断B；令，与选项A相同，可判断C；假设存在函数使得，令，则可变形为，逐步推出矛盾可得解.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·宁波期中）　 　.
【答案】
【知识点】根式与有理数指数幂的互化；有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：原式.
故答案为：.
【分析】根据指数和对数的运算性质计算可得.
13．（2025高二下·宁波期中）已知函数，，若，，使得成立，则实数的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】复合函数的单调性；函数恒成立问题；指、对数不等式的解法；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：根据题意可得只需即可，
由题可知为对数底数且或，
当时，此时在各自定义域内都有意义，
由复合函数单调性可知在上单调递减，在上单调递减，
所以，，
所以，
即，无解，所以不符合题意；
当时，
由复合函数单调性可知在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，
即，解得，
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据题意可得只需即可，分、讨论即可.
14．（2025高二下·宁波期中）已知事件，满足，，，则的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】函数单调性的性质；概率的基本性质；相互独立事件；条件概率与独立事件；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：因
，
则，即，
设，，
则，，
则
，
令，变形得
此为开口朝下的一元二次函数，对称轴，令，
解得，
①当时，在上单调递增，在上单调递减，
因，
则；
②当时，对称轴，
在上单调递减，，
又在单调递增，所以，
所以（当时，取得最大值）
故的取值范围是
故答案为：.
【分析】因得出，再设，，则，，得，构造关于的函数，分与时两种情况求解.
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·宁波期中）2021年6月2日巴蜀中学成功地举办了一年一度的大型学生社团文化节，吸引了众多学生．巴蜀中学目前共有社团近40个，由高一和高二学生组成，参加社团的学生共有四百人左右．已知巴蜀中学高一和高二的所有学生中男生与女生人数比为6：4，为了解学生参加社团活动的情况，按性别采用分层抽样的方法抽取部分学生，统计得到如下等高累积型条形图：
（1）求巴蜀中学参加社团的学生中，任选1人是男生的概率；
（2）若抽取了100名学生，完成下列列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为巴蜀中学高一和高二学生的性别与参加学生社团有关联？请说明理由．
　 参加社团 未参加社团 合计
男生 　 　 　
女生 　 　 　
合计 　 　 　
附：，
临界值表：
0.1 0.05 0.01
2.706 3.841 6.635
【答案】解：(1)方法1.设高一和高二的所有学生中任选一人是男生、是女生分别为事件、
设高一和高二的所有学生中任选一人参加社团为事件
则，
则．
方法2.用第（2）问的列联表中的条件频数直接求解
设高一和高二的所有学生中任选一人是男生为事件
设高一和高二的所有学生中任选一人参加社团为事件
则．
(2)列联表如下：
　 参加社团 未参加社团 合计
男生 6 54 60
女生 8 32 40
合计 14 86 100
零假设为：性别与参加社团独立，即性别与参加社团无关．
根据列联表中的数据，经计算得到：，
依据小概率值的独立性检验，没有充分的证据推断不成立，
因此可以认为成立，即性别与参加社团无关．
【知识点】独立性检验的基本思想；独立性检验的应用；2×2列联表
【解析】【分析】（1）首先设出事件，方法一，代入条件概率公式即可求解；
方法二，代入条件概率第二公式可得解；
（2）由题意补全列联表，代入公式求，可得
没有充分的证据推断不成立，因此可以认为成立，即性别与参加社团无关．
16．（2025高二下·宁波期中）已知函数是奇函数.
（1）求的值；
（2）求解不等式；
（3）当时，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：根据题意，函数
解得.经验证满足题意
（2）解：，即，即
即，解得：，所以.
（3）解：
，即
所以或，
又，，故
综上.
【知识点】函数的奇偶性；函数恒成立问题；指数函数的图象与性质；指、对数不等式的解法
【解析】【分析】(1)由奇函数的性质得，解方程可得a；
(2)由的解析式可将化为，解不等式得解；
(3)，得该函数为单调递减，原不等式化为或求解即可.
（1）根据题意，函数
解得.经验证满足题意
（2），即，即
即，解得：，所以.
（3），即
所以或，
又，，故
综上.
17．（2025高二下·宁波期中）已知，，，.
（1）若，，求的展开式（合并同类项之后）中系数最大的项；
（2）若的展开式（合并同类项之后）中的系数为25，那么.
①满足条件的有多少种可能？
②求展开式中的系数的最大可能值与最小可能值之和.
【答案】（1）解：，
注意到，
所以的展开式中的系数最大，最大系数为，
即的展开式中系数最大项为．
（2）解：①不妨设，则只需求方程满足的正整数解的个数，
解法一：
首先，去除条件的话，的正整数解的个数为，
其次，将满足的正整数解分为两类：
．中恰有2个相等的正整数解有12个；
．设两两不等的正整数解有个，
则有，解得，
故满足条件的共有种可能．
解法二：
，所以，
当时，设表示小于等于的最大整数，则，
即此时有种可能，
当遍历1到8时，亦如是，
故满足条件的共有
种．
②的系数为，而的系数为
.（最好说明一下若中有1，此公式
依然成立，其实是广义组合数的性质，下标小于上标时其值为0）
不妨设．
．若，则将调整为，则
，
故最小时，有，即，
因此的最小值为209．
．若，则将调整为，则
，
故最大时，有，即，
因此的最大值为531．
综上，的系数的最大可能值与最小可能值之和为．
【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），可得二项式系数的增减性为，展开得的系数最大，故最大系数为 ；
（2）①围绕且的正整数解计数，
解法一：去除条件的话，的正整数解的个数为，将满足的正整数解分为两类：中恰有2个相等的正整数，两两不等的正整数解，则有，解得可得答案.
解法二：，所以，当时，满足条件的共有
种．
②的系数为，而的系数为，不妨设．若，最小时，有，即，的最小值为209．若，最大时，有，即，因此的最大值为531．
（1），
注意到，
所以的展开式中的系数最大，最大系数为，
即的展开式中系数最大项为．
（2）①不妨设，则只需求方程满足的正整数解的个数，
解法一：
首先，去除条件的话，的正整数解的个数为，
其次，将满足的正整数解分为两类：
．中恰有2个相等的正整数解有12个；
．设两两不等的正整数解有个，
则有，解得，
故满足条件的共有种可能．
解法二：
，所以，
当时，设表示小于等于的最大整数，则，
即此时有种可能，
当遍历1到8时，亦如是，
故满足条件的共有
种．
②的系数为，而的系数为
。（最好说明一下若中有1，此公式
依然成立，其实是广义组合数的性质，下标小于上标时其值为0）
不妨设．
．若，则将调整为，则
，
故最小时，有，即，
因此的最小值为209．
．若，则将调整为，则
，
故最大时，有，即，
因此的最大值为531．
综上，的系数的最大可能值与最小可能值之和为．
18．（2025高二下·宁波期中）嘟嘟玩一个游戏：一开始她准备了个罐子，，每个罐子里都放着红、黄、蓝三种颜色的球各一个.然后她在游戏的每一轮同时从两个罐子里随机地取出一个球交换位置，并观察经过该轮交换后两个罐子里球的颜色.
（1）求经过轮交换后罐子里红球有个的概率；
（2）经过轮交换后：
①求两个罐子里仍然是红、黄、蓝三种颜色的球各一个的概率；
②请直接写出罐子里有个黄球个蓝球的概率.
【答案】（1）解：经过两轮交换后，A罐子有红球个，需要两轮都交换红色球，或一轮交换红球，另一轮交换非红球，
设一轮交换后， A罐子有红球个，记作，
则，，，
两轮都交换后A罐子里有红球记作的概率
，
故.
（2）解： ①经过轮交换后，两个罐子仍然是红，黄，蓝三种颜色的球各一个的概率为，
当时，，则，而，
则，
②由对称性可得，.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；等比数列的实际应用；条件概率
【解析】【分析】(1)经过两轮交换后，A罐子有红球个，需要两轮都交换红色球，或一轮交换红球，另一轮交换非红球，设一轮交换后， A罐子有红球个，记作，可求关于X的分布列的概率，两轮都交换后A罐子里有红球记作的概率，；
(2)①经过轮交换后，两个罐子仍然是红，黄，蓝三种颜色的球各一个的概率为，当时，，得，符合等比数列得概念，得； ②A罐子里有2个黄球1个蓝球的概率，
（1）经过两轮交换后，A罐子有红球个，需要两轮都交换红色球，或一轮交换红球，另一轮交换非红球，
设一轮交换后， A罐子有红球个，记作，
则，，，
两轮都交换后A罐子里有红球记作的概率
，
故.
（2）①经过轮交换后，两个罐子仍然是红，黄，蓝三种颜色的球各一个的概率为，
当时，，则，而，
则，
②由对称性可得，.
19．（2025高二下·宁波期中）已知函数.
（1）若函数有4个零点，，，（），求与；
（2）是否存在非零实数和闭区间，使得函数在上的值域为？若存在，求出的取值范围.若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：因为函数有4个零点，
所以方程有4个不同的解，
于是方程都各有两个不同的解，
即方程各有两个实数根，
所以，；
（2）解：因为函数在上都是增函数，
所以函数在是增函数，
又当时，，
则当时，，当时，，
故，
所以在上单调递减，在上单调递增，
①函数在上不单调，则有，且，
由于，所以，与假设矛盾；
②时，则函数在上单调递增，
有，即，
所以，
所以是一元二次方程的两个不相等的实数根，
记，
有，所以；
③当时，则函数在上单调递减，
应有，即，
两式相减整理得，所以；
两式相加得，
整理得，
又，
所以
所以，
所以，
所以，与矛盾，满足条件的实数不存在.
综上所述，实数的取值范围是，
所以存在，实数的取值范围是.
【知识点】函数单调性的性质；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）由零点定义得方程有4个不同的解，则方程各有两个实数根，则，；
（2）易得在上单调递减，在上单调递增，对的范围进行讨论，①函数在上不单调，则有由于，所以，与假设矛盾；②时，则函数在上单调递增得，即是一元二次方程的两个不相等的实数根，利用根的分布可得；③当时，则函数在上单调递减，同理可得，推出矛盾.
（1）因为函数有4个零点，
所以方程有4个不同的解，
于是方程都各有两个不同的解，
即方程各有两个实数根，
所以，；
（2）因为函数在上都是增函数，
所以函数在是增函数，
又当时，，
则当时，，当时，，
故，
所以在上单调递减，在上单调递增，
①函数在上不单调，则有，且，
由于，所以，与假设矛盾；
②时，则函数在上单调递增，
有，即，
所以，
所以是一元二次方程的两个不相等的实数根，
记，
有，所以；
③当时，则函数在上单调递减，
应有，即，
两式相减整理得，所以；
两式相加得，
整理得，
又，
所以
所以，
所以，
所以，与矛盾，满足条件的实数不存在.
综上所述，实数的取值范围是，
所以存在，实数的取值范围是.
1 / 1浙江省宁波中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷
一、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·宁波期中）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高二下·宁波期中）已知函数，若存在最小值，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高二下·宁波期中）已知，则“”是“”的（　　）
A．充要条件 B．既不充分也不必要条件
C．充分不必要条件 D．必要不充分条件
4．（2025高二下·宁波期中）2023年入冬以来流感高发，某医院统计了一周中连续5天的流感就诊人数与第天的数据如表所示.
1 2 3 4 5
21 95 109
根据表中数据可知具有较强的线性相关关系，其经验回归方程为，则以下说法错误的是（　　）
A．该样本相关系数在内
B．当时，残差为
C．点在经验回归直线上
D．第6天到该医院的流感就诊人数预测值为130
5．（2025高二下·宁波期中）已知随机变量，，，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高二下·宁波期中）已知，，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·宁波期中）从集合的非空子集中随机取出两个不同的集合，，则在的条件下，恰有2个元素的概率为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·宁波期中）四位同学坐到二排五列的10个位子中，若同一列中最多只有一位同学，同一排任意两位同学不相邻，则不同的排法数为（　　）
A．384 B．360 C．216 D．408
二、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，至少有两项是符合题目要求的.若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分.
9．（2025高二下·宁波期中）下列说法正确的有（　　）
A．和表示同一个函数
B．函数的定义域为，则函数的定义域为
C．函数的值域为
D．定义在上的函数满足，则
10．（2025高二下·宁波期中）已知袋子中放有大小质地完全相同的6个红球和4个黄球，则下列说法正确的有（　　）
A．若从袋子中有放回地依次随机摸球，为第1个红球被摸出所需的摸球次数，则
B．若从袋子中不放回地依次随机摸出3个球，为摸出的球中红球的个数，则
C．若从袋子中有放回地依次随机摸出5个球，为摸出红球的次数与摸出黄球的次数之差，则
D．若从袋子中不放回地依次随机摸球，为第3个红球被摸出所需的摸球次数，则
11．（2025高二下·宁波期中）已知函数定义域为，则下列选项中的等式不可能在时恒成立的有（　　）
A． B．
C． D．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·宁波期中）　 　.
13．（2025高二下·宁波期中）已知函数，，若，，使得成立，则实数的取值范围是　 　.
14．（2025高二下·宁波期中）已知事件，满足，，，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·宁波期中）2021年6月2日巴蜀中学成功地举办了一年一度的大型学生社团文化节，吸引了众多学生．巴蜀中学目前共有社团近40个，由高一和高二学生组成，参加社团的学生共有四百人左右．已知巴蜀中学高一和高二的所有学生中男生与女生人数比为6：4，为了解学生参加社团活动的情况，按性别采用分层抽样的方法抽取部分学生，统计得到如下等高累积型条形图：
（1）求巴蜀中学参加社团的学生中，任选1人是男生的概率；
（2）若抽取了100名学生，完成下列列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为巴蜀中学高一和高二学生的性别与参加学生社团有关联？请说明理由．
　 参加社团 未参加社团 合计
男生 　 　 　
女生 　 　 　
合计 　 　 　
附：，
临界值表：
0.1 0.05 0.01
2.706 3.841 6.635
16．（2025高二下·宁波期中）已知函数是奇函数.
（1）求的值；
（2）求解不等式；
（3）当时，恒成立，求实数的取值范围.
17．（2025高二下·宁波期中）已知，，，.
（1）若，，求的展开式（合并同类项之后）中系数最大的项；
（2）若的展开式（合并同类项之后）中的系数为25，那么.
①满足条件的有多少种可能？
②求展开式中的系数的最大可能值与最小可能值之和.
18．（2025高二下·宁波期中）嘟嘟玩一个游戏：一开始她准备了个罐子，，每个罐子里都放着红、黄、蓝三种颜色的球各一个.然后她在游戏的每一轮同时从两个罐子里随机地取出一个球交换位置，并观察经过该轮交换后两个罐子里球的颜色.
（1）求经过轮交换后罐子里红球有个的概率；
（2）经过轮交换后：
①求两个罐子里仍然是红、黄、蓝三种颜色的球各一个的概率；
②请直接写出罐子里有个黄球个蓝球的概率.
19．（2025高二下·宁波期中）已知函数.
（1）若函数有4个零点，，，（），求与；
（2）是否存在非零实数和闭区间，使得函数在上的值域为？若存在，求出的取值范围.若不存在，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：解不等式得：，则，
因，则有，
所以.
故答案为：B
【分析】解绝对值不等式得集合，由交集的概念和运算由所有属于集合 A 且属于集合 B 的元素组成的集合，计算即可得到答案.
2．【答案】C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的最大（小）值；指数函数单调性的应用
【解析】【解答】解：当时，；当时，；
若存在最小值，只需，解得，即实数的取值范围是.
故答案为：C.
【分析】当时，；当时，；存在最小值，只需可得答案.
3．【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：若，，则，
则，
反之，若，则，
又，所以，即，此时不一定成立，
比如，此时，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：D
【分析】利用作差法结合充分条件、必要条件的定义判断.
4．【答案】B
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：A、由题意可知x，y具有较强的正相关关系，故样本相关系数在内，该选项正确，不合题意；
B、根据题意得，故，解得，故当时，，残差为，该选项错误，符合题意；
C、点即点，当时，，即点在经验回归直线上，该选项正确，不合题意；
D、当时，，即第6天到该医院就诊人数的预测值为130，该选项正确，不合题意；
故答案为：B.
【分析】对于A选项，由题意可知x，y具有较强的正相关关系，故样本相关系数在内；
对于B选项，由题意得， 代入回归直线方程得，算出残差即可判断；对于C选项，点即点，当时，，即点在经验回归直线上；对于D选项，当时，求出预测值为130可判断.
5．【答案】C
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由随机变量服从正态分布，则，
因为，，所以，
且，，即，
则，
当且仅当，即时等号成立，
则的最小值为.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据正态分布的性质求得，再利用基本不等式求的最小值即可.
6．【答案】B
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式及其推论；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：，，
可知，
．
故答案为：B
【分析】，，结合对数的运算和性质判断.
7．【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式；列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【解答】解：的非空子集有
共31个，
其中满足情况有：
当集合A只有一个元素时，比如，集合或，
此时共有种情况，
当集合A有两个元素时，比如，集合可取，此时共有种情况，
当集合A有三个元素时，比如，
集合可取，
此时共有种情况，
当集合A有四个元素时，比如，
集合可取
，此时共有种情况，
当集合A有五个元素时，，集合可取除之外的集合，
有种情况，
综上，满足的共有种情况；
恰有2个元素情况有：
当集合A有两个元素时，比如，集合可取，
此时共有种情况，
当集合A有三个元素时，比如，集合可取，
此时共有种情况，
当集合A有四个元素时，比如，
集合可取，此时共有种情况，
当集合A有五个元素时，，
集合可取，有种情况，
综上，满足的共有种情况；
所以在的条件下，恰有2个元素的概率为.
故答案为：B
【分析】写出全集U的非空子集，其中满足情况有：集合A只有一个元素时，集合A有两个元素时，集合A有三个元素时、集合A有四个元素时，集合A有五个元素时，的共有种情况；利用古典概型的计算公式可得.
8．【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：依根据题意，分2种情况分析：
①，一排坐1人，另一排坐3人；
先选一排坐三人不相邻（只能排第一列、第三列、第五列），
再把另外一人安排另一排的符合题意（第二列、第4列）的位置：有种情况，
②，两排各坐2人，先确定这两排不相邻位置，再安排人，
记第一排五个位置为，第二排五个位置为，则符合题意的位置有
，共12种，再让四位同学坐有，
此时有种情况，
综上共有种排法.
故答案为：A．
【分析】分2种情况分析：①，一排坐1人，另一排坐3人先选一排坐三人不相邻（只能排第一列、第三列、第五列），再把另外一人安排另一排的符合题意（第二列、第4列）的位置；②，两排各坐2人，先确定这两排不相邻位置，再安排人，分类计数原理计算可得解.
9．【答案】B,C,D
【知识点】同一函数的判定；函数的值域；函数解析式的求解及常用方法；简单函数定义域
【解析】【解答】解：A、的定义域为，的定义域为或，定义域不同，所以和不是同一个函数，该选项错误，不合题意；
B、对函数，令，则，得到，
所以，即的定义域为，该选项正确，符合题意；
C、因为，所以，即函数的值域为，该选项正确，符合题意；
D、由，可得，
由，解得，该选项正确，符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】由求得两函数的定义域分别为，或可判断A；对函数，令，则，得到，所以，即的定义域为，可判断B；，得，即函数的值域为，可判断C；构造方程组求解解析式可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：A、若从袋子中有放回地依次随机摸球，为第1个红球被摸出所需的摸球次数，
则，该选项正确，符合题意；
B、若从袋子中不放回地依次随机摸出3个球，为摸出的球中红球的个数，
则，该选项正确，符合题意；
C、若从袋子中有放回地依次随机摸出5个球，记摸到红球次数为X，
则，摸到黄球次数为，则，
所以，该选项错误，不合题意；
D、若从袋子中不放回地依次随机摸球，为第3个红球被摸出所需的摸球次数，
则的可能取值为3，4，5，6，7，
则，，，，，
则，该选项正确，符合题意；
故答案为：ABD
【分析】 由独立事件概率乘法公式计算可判断A；由古典概型的概率计算公式计算可判断B；，摸到黄球次数为，则，根据数据期望和方差性质，可判断C；若从袋子中不放回地依次随机摸球，为第3个红球被摸出所需的摸球次数，的可能取值为3，4，5，6，7，代入二项分布公式可得分布列，代入期望公式可判断D；
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；有理数指数幂的运算性质；指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A、当时，，当时，，与函数的定义矛盾，
则不可能在时恒成立，该选项正确，符合题意；
B、令，
则，则为上的偶函数，
令，则，
则为上的偶函数，
任取，则
，
因，则，则，
则在上单调递增，
不妨设，则有或，则，则符合函数定义，
则可能在时恒成立，该选项错误，不合题意；
C、令，则，
令，则，与函数的定义矛盾，
则不可能在时恒成立，该选项正确，符合题意；
D、假设存在函数使得成立，
令，则的根为，
令，则可变形为，
则，，，，
则，
，
则（否则会有），
，，
则，则，同理，
若，则，矛盾；
若，则，矛盾；
若，则，矛盾；
若，则，与，推出矛盾；
综上可知，，推出矛盾，故满足的函数不存在，该选项正确，符合题意.
故答案为：ACD
【分析】令，，得f(0)由两个不同的值，可判断A；证明为偶函数，令为偶函数，由单调性定义可证得上单调递增，不妨设，可求出 则可能在时恒成立 ，可判断B；令，与选项A相同，可判断C；假设存在函数使得，令，则可变形为，逐步推出矛盾可得解.
12．【答案】
【知识点】根式与有理数指数幂的互化；有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：原式.
故答案为：.
【分析】根据指数和对数的运算性质计算可得.
13．【答案】
【知识点】复合函数的单调性；函数恒成立问题；指、对数不等式的解法；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：根据题意可得只需即可，
由题可知为对数底数且或，
当时，此时在各自定义域内都有意义，
由复合函数单调性可知在上单调递减，在上单调递减，
所以，，
所以，
即，无解，所以不符合题意；
当时，
由复合函数单调性可知在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，
即，解得，
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据题意可得只需即可，分、讨论即可.
14．【答案】
【知识点】函数单调性的性质；概率的基本性质；相互独立事件；条件概率与独立事件；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：因
，
则，即，
设，，
则，，
则
，
令，变形得
此为开口朝下的一元二次函数，对称轴，令，
解得，
①当时，在上单调递增，在上单调递减，
因，
则；
②当时，对称轴，
在上单调递减，，
又在单调递增，所以，
所以（当时，取得最大值）
故的取值范围是
故答案为：.
【分析】因得出，再设，，则，，得，构造关于的函数，分与时两种情况求解.
15．【答案】解：(1)方法1.设高一和高二的所有学生中任选一人是男生、是女生分别为事件、
设高一和高二的所有学生中任选一人参加社团为事件
则，
则．
方法2.用第（2）问的列联表中的条件频数直接求解
设高一和高二的所有学生中任选一人是男生为事件
设高一和高二的所有学生中任选一人参加社团为事件
则．
(2)列联表如下：
　 参加社团 未参加社团 合计
男生 6 54 60
女生 8 32 40
合计 14 86 100
零假设为：性别与参加社团独立，即性别与参加社团无关．
根据列联表中的数据，经计算得到：，
依据小概率值的独立性检验，没有充分的证据推断不成立，
因此可以认为成立，即性别与参加社团无关．
【知识点】独立性检验的基本思想；独立性检验的应用；2×2列联表
【解析】【分析】（1）首先设出事件，方法一，代入条件概率公式即可求解；
方法二，代入条件概率第二公式可得解；
（2）由题意补全列联表，代入公式求，可得
没有充分的证据推断不成立，因此可以认为成立，即性别与参加社团无关．
16．【答案】（1）解：根据题意，函数
解得.经验证满足题意
（2）解：，即，即
即，解得：，所以.
（3）解：
，即
所以或，
又，，故
综上.
【知识点】函数的奇偶性；函数恒成立问题；指数函数的图象与性质；指、对数不等式的解法
【解析】【分析】(1)由奇函数的性质得，解方程可得a；
(2)由的解析式可将化为，解不等式得解；
(3)，得该函数为单调递减，原不等式化为或求解即可.
（1）根据题意，函数
解得.经验证满足题意
（2），即，即
即，解得：，所以.
（3），即
所以或，
又，，故
综上.
17．【答案】（1）解：，
注意到，
所以的展开式中的系数最大，最大系数为，
即的展开式中系数最大项为．
（2）解：①不妨设，则只需求方程满足的正整数解的个数，
解法一：
首先，去除条件的话，的正整数解的个数为，
其次，将满足的正整数解分为两类：
．中恰有2个相等的正整数解有12个；
．设两两不等的正整数解有个，
则有，解得，
故满足条件的共有种可能．
解法二：
，所以，
当时，设表示小于等于的最大整数，则，
即此时有种可能，
当遍历1到8时，亦如是，
故满足条件的共有
种．
②的系数为，而的系数为
.（最好说明一下若中有1，此公式
依然成立，其实是广义组合数的性质，下标小于上标时其值为0）
不妨设．
．若，则将调整为，则
，
故最小时，有，即，
因此的最小值为209．
．若，则将调整为，则
，
故最大时，有，即，
因此的最大值为531．
综上，的系数的最大可能值与最小可能值之和为．
【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），可得二项式系数的增减性为，展开得的系数最大，故最大系数为 ；
（2）①围绕且的正整数解计数，
解法一：去除条件的话，的正整数解的个数为，将满足的正整数解分为两类：中恰有2个相等的正整数，两两不等的正整数解，则有，解得可得答案.
解法二：，所以，当时，满足条件的共有
种．
②的系数为，而的系数为，不妨设．若，最小时，有，即，的最小值为209．若，最大时，有，即，因此的最大值为531．
（1），
注意到，
所以的展开式中的系数最大，最大系数为，
即的展开式中系数最大项为．
（2）①不妨设，则只需求方程满足的正整数解的个数，
解法一：
首先，去除条件的话，的正整数解的个数为，
其次，将满足的正整数解分为两类：
．中恰有2个相等的正整数解有12个；
．设两两不等的正整数解有个，
则有，解得，
故满足条件的共有种可能．
解法二：
，所以，
当时，设表示小于等于的最大整数，则，
即此时有种可能，
当遍历1到8时，亦如是，
故满足条件的共有
种．
②的系数为，而的系数为
。（最好说明一下若中有1，此公式
依然成立，其实是广义组合数的性质，下标小于上标时其值为0）
不妨设．
．若，则将调整为，则
，
故最小时，有，即，
因此的最小值为209．
．若，则将调整为，则
，
故最大时，有，即，
因此的最大值为531．
综上，的系数的最大可能值与最小可能值之和为．
18．【答案】（1）解：经过两轮交换后，A罐子有红球个，需要两轮都交换红色球，或一轮交换红球，另一轮交换非红球，
设一轮交换后， A罐子有红球个，记作，
则，，，
两轮都交换后A罐子里有红球记作的概率
，
故.
（2）解： ①经过轮交换后，两个罐子仍然是红，黄，蓝三种颜色的球各一个的概率为，
当时，，则，而，
则，
②由对称性可得，.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；等比数列的实际应用；条件概率
【解析】【分析】(1)经过两轮交换后，A罐子有红球个，需要两轮都交换红色球，或一轮交换红球，另一轮交换非红球，设一轮交换后， A罐子有红球个，记作，可求关于X的分布列的概率，两轮都交换后A罐子里有红球记作的概率，；
(2)①经过轮交换后，两个罐子仍然是红，黄，蓝三种颜色的球各一个的概率为，当时，，得，符合等比数列得概念，得； ②A罐子里有2个黄球1个蓝球的概率，
（1）经过两轮交换后，A罐子有红球个，需要两轮都交换红色球，或一轮交换红球，另一轮交换非红球，
设一轮交换后， A罐子有红球个，记作，
则，，，
两轮都交换后A罐子里有红球记作的概率
，
故.
（2）①经过轮交换后，两个罐子仍然是红，黄，蓝三种颜色的球各一个的概率为，
当时，，则，而，
则，
②由对称性可得，.
19．【答案】（1）解：因为函数有4个零点，
所以方程有4个不同的解，
于是方程都各有两个不同的解，
即方程各有两个实数根，
所以，；
（2）解：因为函数在上都是增函数，
所以函数在是增函数，
又当时，，
则当时，，当时，，
故，
所以在上单调递减，在上单调递增，
①函数在上不单调，则有，且，
由于，所以，与假设矛盾；
②时，则函数在上单调递增，
有，即，
所以，
所以是一元二次方程的两个不相等的实数根，
记，
有，所以；
③当时，则函数在上单调递减，
应有，即，
两式相减整理得，所以；
两式相加得，
整理得，
又，
所以
所以，
所以，
所以，与矛盾，满足条件的实数不存在.
综上所述，实数的取值范围是，
所以存在，实数的取值范围是.
【知识点】函数单调性的性质；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）由零点定义得方程有4个不同的解，则方程各有两个实数根，则，；
（2）易得在上单调递减，在上单调递增，对的范围进行讨论，①函数在上不单调，则有由于，所以，与假设矛盾；②时，则函数在上单调递增得，即是一元二次方程的两个不相等的实数根，利用根的分布可得；③当时，则函数在上单调递减，同理可得，推出矛盾.
（1）因为函数有4个零点，
所以方程有4个不同的解，
于是方程都各有两个不同的解，
即方程各有两个实数根，
所以，；
（2）因为函数在上都是增函数，
所以函数在是增函数，
又当时，，
则当时，，当时，，
故，
所以在上单调递减，在上单调递增，
①函数在上不单调，则有，且，
由于，所以，与假设矛盾；
②时，则函数在上单调递增，
有，即，
所以，
所以是一元二次方程的两个不相等的实数根，
记，
有，所以；
③当时，则函数在上单调递减，
应有，即，
两式相减整理得，所以；
两式相加得，
整理得，
又，
所以
所以，
所以，
所以，与矛盾，满足条件的实数不存在.
综上所述，实数的取值范围是，
所以存在，实数的取值范围是.
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