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浙江省A9协作体2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题
一、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，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025高二下·浙江期中）已知集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
则.
故答案为：C.
【分析】解不等式求得集合N，再根据集合的交集运算求解即可.
2．（2025高二下·浙江期中）下列结论正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】简单复合函数求导法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：A、，故A错误；
B、，故B正确；
C、，故C错误；
D、，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据基本初等函数的求导法则求导即可判断ABC；根据复合函数求导法则求导即可判断D.
3．（2025高二下·浙江期中）关于的不等式的解集为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】一元二次不等式及其解法；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：易知是方程的两个根，且，
由韦达定理可得，
则，即.
故答案为：D.
【分析】 易知是方程的两个根，且，利用韦达定理可得关系判断即可.
4．（2025高二下·浙江期中）已知函数，则的值为（　　）
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】A
【知识点】导数的四则运算
【解析】【解答】解：函数定义域为，求导可得，
令，则，解得.
故答案为：A.
【分析】求函数的定义域，再求导，令，解方程即可得的值.
5．（2025高二下·浙江期中）已知，，且，则的最小值为（　　）
A．12 B．9 C．8 D．6
【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：，，且，
由，可得，
则，
当且仅当，即时等号成立，故的最小值为8.
故答案为：C.
【分析】由可得，再利用基本不等式求的最小值即可.
6．（2025高二下·浙江期中）的展开式中的系数为（　　）
A．60 B．20 C．-20 D．-60
【答案】D
【知识点】二项式定理；二项展开式；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项公式为，
令，则，
的展开式的通项公式为，
令，则，
故的系数为.
故答案为：D.
【分析】原式化为，写出二项展开式和的通项公式，利用二项式的通项求的系数即可.
7．（2025高二下·浙江期中）已知正四面体的顶点处有一质点，点每次随机沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，则点经过4次移动后仍回到顶点处的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：点每次移动有3种可能，则点经过4次移动共有种移动情况，
满足点经过4次移动后仍回到顶点处的情况共有
，共种情况，
则点经过4次移动后仍回到顶点处的概率为.
故答案为：C.
【分析】易知点每次移动有3种可能，先计算点经过4次移动的情况个数，再列式点经过4次移动后仍回到顶点处的情况，利用古典概型概率公式求解即可.
8．（2025高二下·浙江期中）已知函数有两个零点，则实数的值为（　　）
A． B．1 C．2 D．3
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：函数定义域为，
求导可得，
若，则，在上单调递增，至多有一个零点，不符合题意；
若，令，解得或；令，解得，
则在和上单调递增，在上单调递减，
取，则，，
则，
，则由零点存在性定理可知，在上存在唯一一个零点，
，若使函数有两个零点，则，得；
若，令，解得或；令，解得，
则函数在和上单调递增，在上单调递减，
，则时，，
则在上至多存在一个零点，不符合题意，
综上所知，若使函数有两个零点，则.
故答案为：B.
【分析】求函数的定义域，再求导，分、、三种情况，利用导数研究函数的单调性，当时，易知至多一个零点，不符合题意；当时，利用导数判断函数的单调性，结合零点存在性定理可知： 要使函数有两个零点，则 ，据此求a的值即可.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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）已知随机变量，则下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【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：随机变量，
A、，
，故A错误；
B、，，故B正确；
C、，故C正确；
D、，故D错误.
故答案为：.
【分析】易知随机变量服从二项分布，根据二项分布求概率即可判断A；根据二项分布求方差，结合方差的性质求解即可判断B；根据二项分布求方差，结合方差的性质求解即可判断CD.
10．（2025高二下·浙江期中）有大小、形状、质地完全相同的白色、黄色、蓝色小球各3个，红色小球1个，并且将这个红色小球命名为“幸运A9球”，现将这10个小球装在一个盒子里，依次任取3个小球，则下列说法正确的是（　　）
A．“幸运A9球”被选中的概率为
B．每次取后再放回，则第3次才取到“幸运A9球”的概率
C．每次取后不放回，则第3次取到“幸运A9球”的概率最大
D．记事件为“幸运A9球”被选中，事件为“取得的3个小球不同色”，则
【答案】A,B,D
【知识点】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；条件概率
【解析】【解答】解：A、从盒子中任选3个小球共有种，其中红球被选中共有种，
根据古典概型概率公式可得：“幸运A9球”被选中的概率为，故A正确；
B、每次取1个球，该球是红球的概率为，则不是红球的概率为，
则第3次才取到“幸运A9球”的概率，故B正确；
C、从盒子中依次取3个小球共有种，
其中第1、2、3次取到红球分别有、、种，
则按照古典概型可知，第1、2、3次取到“幸运A9球”的概率均为，故C错误；
D、由题意可知，，
则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先求任选3个小球的种数以及红球被取到的情况数，根据古典概型概率公式求解即可判断A；利用独立事件的概率公式求解即可判断B；利用古典概型概率公式求解即可判断C；根据条件概率公式计算即可判断D.
11．（2025高二下·浙江期中）已知函数，则下列结论正确的是（　　）
A．若，则有极大值，无极小值
B．若，则有四个单调区间
C．若，且有两个零点，则成立
D．若，则对任意，都有成立
【答案】A,C,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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、当时，函数，求导可得，，
令，解得，
当或时，，在和上单调递增；
当时，，在上单调递减；则在处取极大值，无极小值，故A正确；
B、当时，函数，，
易知，
则在与上都单调递增，故B错误；
C、当时，，
当时，无意义，故必不是的零点，
而有两个零点，
令，，不影响取值范围的分析，
若有两个零点，证明：
则方程有两根，则必有一个零点，
要使有解，则，且，即且，
当且时，由解得，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
要使有两个零点，
则，
若时，，
此时不满足题意，故，
当时，由得.
又由，，且当，
则在与内各有一个零点，
由题意不妨设，则，
则，，
两式作比得，令，
则，代入，解得，
则，
故，所以要证明，
即证明，，只需证，
即证明，
令，，
则，
，故在上单调递增；所以，
则在上单调递增，，则，故C正确；
D、当时，，
则，，
令，
由，
因为，则故恒有，
所以当时，且，
即函数在单调递增，也单调递增，
所以连接函数图象上任意两点的线段（弦）始终位于这两点之间的曲线上方，
则弦中点也始终位于这两点之间的曲线上方，
则对任意，都有成立，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】将代入，求函数的定义域，再求导，利用导数研究函数单调性，求极值即可判断A；将代入，求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，求单调性区间即可判断B；将代入可得函数，易知不是的零点，问题转化为有两个零点，证明：，令整体换元，转化所证不等式为证明，，构造函数，，研究单调性证明不等式即可判断C；将代入，可得函数，求导，利用二阶导函数的符号判断函数凹凸性证明即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·浙江期中）已知随机变量，则　 　．
【答案】1
【知识点】正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解： 随机变量 ，则.
故答案为：1.
【分析】易知随机变量服从正态分布，根据正态分布求数学期望即可.
13．（2025高二下·浙江期中）甲、乙等5位大学生分配到3所单位实习，每人只能到一所单位实习，每所单位至少接收一人，则甲、乙分到同一单位的方案有　 　种．
【答案】36
【知识点】排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：由题意可知，甲、乙分到同一单位的方案中3所单位的人数有3，1，1和2，2，1两种可能，
①在3，1，1方案中，甲乙在内的3人到一所学校，另外两人各到一所学校，有种方案；
②在2，2，1方案中，甲乙去一所学校，其余3人中的1人去一所学校，剩余2人去另一所学校，有种方案，
则所有的分配方案共有种.
故答案为：36.
【分析】由题意，分组为3，1，1和2，2，1两种可能，再根据排列组合知识求解即可.
14．（2025高二下·浙江期中）已知函数，，对于任意的，存在，使得成立，则的最大值为　 　．
【答案】
【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
【解析】【解答】解：，
，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为当时，，且，所以，
又因为，所以，所以，
令 ，
令，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，
则有最大值.
故答案为：.
【分析】由题意可得，分别对函数，求导，利用导数判断函数的单调性，利用同构法可得，将转化为关于的函数，求导，再利用导数判断函数的单调性，求最大值即可得的最大值.
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．（2025高二下·浙江期中）已知的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且所有项的系数和为729．
（1）求和的值；
（2）求展开式中系数最大的项．
【答案】（1）解：因为展开式中只有第4项的二项式系数最大，所以展开式一共有7项，即，
令，所有项的系数和，
因为，所以；
（2）解：的展开式的通项为，，
设展开式中第项的系数最大，则，解得，
因为，所以，
则展开式中系数最大的项为.
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【分析】（1）由题意，根据二项式系数的性质可得值为6，再令，求得所有项的系数和，结合 所有项的系数和为729 ，求值即可；
（2）由（1）可知二项式为，写出展开式的通项，设第项的系数最大，列出不等式组，再根据的取值范围即可求出值，再代入通项计算即可.
（1）因为展开式中只有第4项的二项式系数最大，
所以展开式一共有7项，即.
令，所以所有项的系数和，
因为，解得；
（2）的展开式的通项为
，，
设展开式中第项的系数最大，
则，解得，
因为，所以，
所以展开式中系数最大的项为.
16．（2025高二下·浙江期中）某市共有10所重点大学可供考生选择，其中3所为985高校，5所为211高校，另外2所为特色专业高校．一位考生准备从这10所高校中随机选择4所进行志愿填报，每所高校被选中的概率相同．
（1）求该考生恰好选到2所985高校的概率；
（2）若该考生选到985高校的数量为，求随机变量的分布列和数学期望．
【答案】（1）解：从10所高校中，任取4所，共有种取法，
恰有2所985高校的取法为：，
该考生恰好选到2所985高校的概率为；
（2）解：设为该考生选到985高校的个数，则的取值为0，1，2，3，
，
，
，
，
则分布列为：
0 1 2 3
.
【知识点】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；超几何分布
【解析】【分析】（1）根据组合数公式求，从10所高校中任取4所的总数，以及恰有2所985高校的取法，再根据古典概型的概率公式求解即可；
（2） 设为该考生选到985高校的个数，则的取值为0，1，2，3，利用超几何分布计算相应的概率，列出分布列，根据分布列求数学期望即可.
（1）从10所高校中，任取4所，共有种取法，
恰有2所985高校的取法为：，
该考生恰好选到2所985高校的概率为；
（2）设为该考生选到985高校的个数，则的取值为0，1，2，3．
，
，
，
，
则
0 1 2 3
.
17．（2025高二下·浙江期中）已知函数．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：当时，函数定义域为，
求导可得，
则，即切线的斜率为，切点坐标为，
则曲线在处的切线方程为，即；
（2）解： 函数定义域为， 求导可得，
当时，恒成立，符合题意；
当时，，则在上单调递增，
又，所以不恒成立；
当，令，解得，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以有极大值且为最大值，即，
即，解得，
故的取值范围为．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求切线方程即可；
（2）先求函数的定义域，再求导，分、和三种情况讨论，利用导数研究函数单调性，求得，进而求得的取值范围．
（1）当时，，可得，
则，即切线的斜率为，切点坐标为，
所以曲线在处的切线方程为，即.
（2）由题可得函数定义域为，，
①当时，恒成立，符合题意；
②当时，，则在上单调递增，又，
所以不恒成立；
③当，令，则，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以有极大值且为最大值，即，
即，解得，所以的取值范围为．
18．（2025高二下·浙江期中）某校为丰富学生的校园生活决定开展兴趣课，兴趣课包括音乐课，舞蹈课，影视鉴赏课、篮球课、围棋课等十余种．兴趣课共开展3个月，每种课每月4节且必须上满，每节课可得1分且表现优秀可额外获得1分，若本月不少于6分，下月可以选择继续上此课或者选择其他的兴趣课，6分以下则只能上原来的课．现有甲、乙两人是好朋友，在第一个月他们一起选择了音乐课，音乐课上甲每节课表现优秀的概率为，乙每节课表现优秀的概率为．
（1）求甲第一个月得分的分布列及数学期望；
（2）求第二个月甲乙两人可以一起选择其他兴趣课的概率；
（3）若乙每种课的表现优秀率一致，在三个月后乙一共获得21分的情况下，求他在第二个月获得8分的概率．
【答案】（1）解：设甲的4节课中优秀的节数为，易知且，
则；
（2）解：记事件为“甲、乙第二个月可以一起选择其他兴趣课”，设甲在第一个月的得分为，
则，
设乙在第一个月的得分为，设乙的4节课中优秀的节数为，则且，
，，
，
；
4 5 6 7 8
（3）解：记事件B为“乙在三个月后得分为21分”，事件为“乙在第2个月的得8分”
乙得分为21分共有3种情况：
① 8+8+5，这种情况的概率，
② 8+7+6，这种情况的概率，
③ 7+7+7，这种情况的概率，
，
，
则.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；二项分布；条件概率
【解析】【分析】（1）设甲的4节课中优秀的节数为，由题意可得甲的4节课中优秀的节数服从二项分布，且，根据数学期望的性质计算即可；
（2）先记事件，再根据二项分布分别求出甲乙在第一个月的得分不少于6分，即的概率，最后根据独立事件概率公式求解即可；
（3）先记事件，先分析出乙得分为21分有3种情况，并分别求出概率，从而得到乙一共获得21分的概率，再求出乙获得21分的同时他在第二个月获得8分的概率，再根据条件概率公式计算即可.
（1）方法一：记甲在第一个月的得分为，则的取值为4，5，6，7，8，
则，
，
，
，
，
所以甲第一个月得分的分布列为：
4 5 6 7 8
；
方法二：设甲的4节课中优秀的节数为，
则且
则；
（2）记事件为“甲、乙第二个月可以一起选择其他兴趣课”，
设甲在第一个月的得分为，
则，
设乙在第一个月的得分为，设乙的4节课中优秀的节数为，
则且，
所以，，
，
所以；
4 5 6 7 8
（3）记事件B为“乙在三个月后得分为21分”，
事件为“乙在第2个月的得8分”
乙得分为21分共有3种情况：
① 8+8+5，这种情况的概率，
② 8+7+6，这种情况的概率，
③ 7+7+7，这种情况的概率，
所以，
，
则.
19．（2025高二下·浙江期中）英国数学家泰勒是18世纪早期一位非常杰出的数学家，以泰勒公式和泰勒级数闻名．泰勒公式是数学分析的重要组成部分，它的理论方法在近似计算、求极限、不等式的证明等方面都有重要的应用．例如：函数的带有佩亚诺余项的泰勒展开式为：，，为佩亚诺余项，在解决问题时可以忽略不计．
（1）若，利用泰勒展开式证明：；
（2）当时，证明：；
（3）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明：，
两边求导得：
即；
（2）证明：设，则，
令，则存在，使得，即，
则时，，在上单调递减，
时，，在上单调递增，
所以，所以成立；
（3）解：当时，不等式恒成立，即，
设，则，
再令，则，
所以在时单调递增，
又，，所以在存在零点，
又因为，
而且，，可以设使得，
且，
即，使得，
所以时，在上单调递减，
时，，在上单调递增，
，
所以.
【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；不等式的证明；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）由泰勒公式可知，两边求导证明即可；
（2）构造函数设，求导，利用导数判断函数的单调性得到隐零点，再求最小值证明即可；
（3）分离参数可得，构造函数，求导，再对分子构造函数求导分析单调性，结合对数的运算得到隐零点，求最小值即可求得实数的取值范围 .
（1）由，两边求导得：
即.
（2）解法1：由知，对于，，
先证时，，
令，则，得，
所以时，，在上单调递减，
时，，在上单调递增，
则，所以，
则，
解法2：设，则，
令，则存在使得，即，
则时，，在上单调递减，
时，，在上单调递增，
所以，所以成立.
（3）当时，不等式恒成立，
即，
设，
则，
再令，则，
所以在时单调递增，
又，，所以在存在零点．
又因为，
而且，，可以设使得，
且，
即，使得，
所以时，在上单调递减，
时，，在上单调递增，
，
所以.
1 / 1浙江省A9协作体2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题
一、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，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025高二下·浙江期中）已知集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025高二下·浙江期中）下列结论正确的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高二下·浙江期中）关于的不等式的解集为，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高二下·浙江期中）已知函数，则的值为（　　）
A．3 B．2 C．1 D．0
5．（2025高二下·浙江期中）已知，，且，则的最小值为（　　）
A．12 B．9 C．8 D．6
6．（2025高二下·浙江期中）的展开式中的系数为（　　）
A．60 B．20 C．-20 D．-60
7．（2025高二下·浙江期中）已知正四面体的顶点处有一质点，点每次随机沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，则点经过4次移动后仍回到顶点处的概率为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·浙江期中）已知函数有两个零点，则实数的值为（　　）
A． B．1 C．2 D．3
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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）已知随机变量，则下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
10．（2025高二下·浙江期中）有大小、形状、质地完全相同的白色、黄色、蓝色小球各3个，红色小球1个，并且将这个红色小球命名为“幸运A9球”，现将这10个小球装在一个盒子里，依次任取3个小球，则下列说法正确的是（　　）
A．“幸运A9球”被选中的概率为
B．每次取后再放回，则第3次才取到“幸运A9球”的概率
C．每次取后不放回，则第3次取到“幸运A9球”的概率最大
D．记事件为“幸运A9球”被选中，事件为“取得的3个小球不同色”，则
11．（2025高二下·浙江期中）已知函数，则下列结论正确的是（　　）
A．若，则有极大值，无极小值
B．若，则有四个单调区间
C．若，且有两个零点，则成立
D．若，则对任意，都有成立
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·浙江期中）已知随机变量，则　 　．
13．（2025高二下·浙江期中）甲、乙等5位大学生分配到3所单位实习，每人只能到一所单位实习，每所单位至少接收一人，则甲、乙分到同一单位的方案有　 　种．
14．（2025高二下·浙江期中）已知函数，，对于任意的，存在，使得成立，则的最大值为　 　．
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．（2025高二下·浙江期中）已知的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且所有项的系数和为729．
（1）求和的值；
（2）求展开式中系数最大的项．
16．（2025高二下·浙江期中）某市共有10所重点大学可供考生选择，其中3所为985高校，5所为211高校，另外2所为特色专业高校．一位考生准备从这10所高校中随机选择4所进行志愿填报，每所高校被选中的概率相同．
（1）求该考生恰好选到2所985高校的概率；
（2）若该考生选到985高校的数量为，求随机变量的分布列和数学期望．
17．（2025高二下·浙江期中）已知函数．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若恒成立，求实数的取值范围．
18．（2025高二下·浙江期中）某校为丰富学生的校园生活决定开展兴趣课，兴趣课包括音乐课，舞蹈课，影视鉴赏课、篮球课、围棋课等十余种．兴趣课共开展3个月，每种课每月4节且必须上满，每节课可得1分且表现优秀可额外获得1分，若本月不少于6分，下月可以选择继续上此课或者选择其他的兴趣课，6分以下则只能上原来的课．现有甲、乙两人是好朋友，在第一个月他们一起选择了音乐课，音乐课上甲每节课表现优秀的概率为，乙每节课表现优秀的概率为．
（1）求甲第一个月得分的分布列及数学期望；
（2）求第二个月甲乙两人可以一起选择其他兴趣课的概率；
（3）若乙每种课的表现优秀率一致，在三个月后乙一共获得21分的情况下，求他在第二个月获得8分的概率．
19．（2025高二下·浙江期中）英国数学家泰勒是18世纪早期一位非常杰出的数学家，以泰勒公式和泰勒级数闻名．泰勒公式是数学分析的重要组成部分，它的理论方法在近似计算、求极限、不等式的证明等方面都有重要的应用．例如：函数的带有佩亚诺余项的泰勒展开式为：，，为佩亚诺余项，在解决问题时可以忽略不计．
（1）若，利用泰勒展开式证明：；
（2）当时，证明：；
（3）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
则.
故答案为：C.
【分析】解不等式求得集合N，再根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】B
【知识点】简单复合函数求导法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：A、，故A错误；
B、，故B正确；
C、，故C错误；
D、，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据基本初等函数的求导法则求导即可判断ABC；根据复合函数求导法则求导即可判断D.
3．【答案】D
【知识点】一元二次不等式及其解法；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：易知是方程的两个根，且，
由韦达定理可得，
则，即.
故答案为：D.
【分析】 易知是方程的两个根，且，利用韦达定理可得关系判断即可.
4．【答案】A
【知识点】导数的四则运算
【解析】【解答】解：函数定义域为，求导可得，
令，则，解得.
故答案为：A.
【分析】求函数的定义域，再求导，令，解方程即可得的值.
5．【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：，，且，
由，可得，
则，
当且仅当，即时等号成立，故的最小值为8.
故答案为：C.
【分析】由可得，再利用基本不等式求的最小值即可.
6．【答案】D
【知识点】二项式定理；二项展开式；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项公式为，
令，则，
的展开式的通项公式为，
令，则，
故的系数为.
故答案为：D.
【分析】原式化为，写出二项展开式和的通项公式，利用二项式的通项求的系数即可.
7．【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：点每次移动有3种可能，则点经过4次移动共有种移动情况，
满足点经过4次移动后仍回到顶点处的情况共有
，共种情况，
则点经过4次移动后仍回到顶点处的概率为.
故答案为：C.
【分析】易知点每次移动有3种可能，先计算点经过4次移动的情况个数，再列式点经过4次移动后仍回到顶点处的情况，利用古典概型概率公式求解即可.
8．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：函数定义域为，
求导可得，
若，则，在上单调递增，至多有一个零点，不符合题意；
若，令，解得或；令，解得，
则在和上单调递增，在上单调递减，
取，则，，
则，
，则由零点存在性定理可知，在上存在唯一一个零点，
，若使函数有两个零点，则，得；
若，令，解得或；令，解得，
则函数在和上单调递增，在上单调递减，
，则时，，
则在上至多存在一个零点，不符合题意，
综上所知，若使函数有两个零点，则.
故答案为：B.
【分析】求函数的定义域，再求导，分、、三种情况，利用导数研究函数的单调性，当时，易知至多一个零点，不符合题意；当时，利用导数判断函数的单调性，结合零点存在性定理可知： 要使函数有两个零点，则 ，据此求a的值即可.
9．【答案】B,C
【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：随机变量，
A、，
，故A错误；
B、，，故B正确；
C、，故C正确；
D、，故D错误.
故答案为：.
【分析】易知随机变量服从二项分布，根据二项分布求概率即可判断A；根据二项分布求方差，结合方差的性质求解即可判断B；根据二项分布求方差，结合方差的性质求解即可判断CD.
10．【答案】A,B,D
【知识点】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；条件概率
【解析】【解答】解：A、从盒子中任选3个小球共有种，其中红球被选中共有种，
根据古典概型概率公式可得：“幸运A9球”被选中的概率为，故A正确；
B、每次取1个球，该球是红球的概率为，则不是红球的概率为，
则第3次才取到“幸运A9球”的概率，故B正确；
C、从盒子中依次取3个小球共有种，
其中第1、2、3次取到红球分别有、、种，
则按照古典概型可知，第1、2、3次取到“幸运A9球”的概率均为，故C错误；
D、由题意可知，，
则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先求任选3个小球的种数以及红球被取到的情况数，根据古典概型概率公式求解即可判断A；利用独立事件的概率公式求解即可判断B；利用古典概型概率公式求解即可判断C；根据条件概率公式计算即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、当时，函数，求导可得，，
令，解得，
当或时，，在和上单调递增；
当时，，在上单调递减；则在处取极大值，无极小值，故A正确；
B、当时，函数，，
易知，
则在与上都单调递增，故B错误；
C、当时，，
当时，无意义，故必不是的零点，
而有两个零点，
令，，不影响取值范围的分析，
若有两个零点，证明：
则方程有两根，则必有一个零点，
要使有解，则，且，即且，
当且时，由解得，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
要使有两个零点，
则，
若时，，
此时不满足题意，故，
当时，由得.
又由，，且当，
则在与内各有一个零点，
由题意不妨设，则，
则，，
两式作比得，令，
则，代入，解得，
则，
故，所以要证明，
即证明，，只需证，
即证明，
令，，
则，
，故在上单调递增；所以，
则在上单调递增，，则，故C正确；
D、当时，，
则，，
令，
由，
因为，则故恒有，
所以当时，且，
即函数在单调递增，也单调递增，
所以连接函数图象上任意两点的线段（弦）始终位于这两点之间的曲线上方，
则弦中点也始终位于这两点之间的曲线上方，
则对任意，都有成立，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】将代入，求函数的定义域，再求导，利用导数研究函数单调性，求极值即可判断A；将代入，求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，求单调性区间即可判断B；将代入可得函数，易知不是的零点，问题转化为有两个零点，证明：，令整体换元，转化所证不等式为证明，，构造函数，，研究单调性证明不等式即可判断C；将代入，可得函数，求导，利用二阶导函数的符号判断函数凹凸性证明即可判断D.
12．【答案】1
【知识点】正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解： 随机变量 ，则.
故答案为：1.
【分析】易知随机变量服从正态分布，根据正态分布求数学期望即可.
13．【答案】36
【知识点】排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：由题意可知，甲、乙分到同一单位的方案中3所单位的人数有3，1，1和2，2，1两种可能，
①在3，1，1方案中，甲乙在内的3人到一所学校，另外两人各到一所学校，有种方案；
②在2，2，1方案中，甲乙去一所学校，其余3人中的1人去一所学校，剩余2人去另一所学校，有种方案，
则所有的分配方案共有种.
故答案为：36.
【分析】由题意，分组为3，1，1和2，2，1两种可能，再根据排列组合知识求解即可.
14．【答案】
【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
【解析】【解答】解：，
，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为当时，，且，所以，
又因为，所以，所以，
令 ，
令，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，
则有最大值.
故答案为：.
【分析】由题意可得，分别对函数，求导，利用导数判断函数的单调性，利用同构法可得，将转化为关于的函数，求导，再利用导数判断函数的单调性，求最大值即可得的最大值.
15．【答案】（1）解：因为展开式中只有第4项的二项式系数最大，所以展开式一共有7项，即，
令，所有项的系数和，
因为，所以；
（2）解：的展开式的通项为，，
设展开式中第项的系数最大，则，解得，
因为，所以，
则展开式中系数最大的项为.
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【分析】（1）由题意，根据二项式系数的性质可得值为6，再令，求得所有项的系数和，结合 所有项的系数和为729 ，求值即可；
（2）由（1）可知二项式为，写出展开式的通项，设第项的系数最大，列出不等式组，再根据的取值范围即可求出值，再代入通项计算即可.
（1）因为展开式中只有第4项的二项式系数最大，
所以展开式一共有7项，即.
令，所以所有项的系数和，
因为，解得；
（2）的展开式的通项为
，，
设展开式中第项的系数最大，
则，解得，
因为，所以，
所以展开式中系数最大的项为.
16．【答案】（1）解：从10所高校中，任取4所，共有种取法，
恰有2所985高校的取法为：，
该考生恰好选到2所985高校的概率为；
（2）解：设为该考生选到985高校的个数，则的取值为0，1，2，3，
，
，
，
，
则分布列为：
0 1 2 3
.
【知识点】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；超几何分布
【解析】【分析】（1）根据组合数公式求，从10所高校中任取4所的总数，以及恰有2所985高校的取法，再根据古典概型的概率公式求解即可；
（2） 设为该考生选到985高校的个数，则的取值为0，1，2，3，利用超几何分布计算相应的概率，列出分布列，根据分布列求数学期望即可.
（1）从10所高校中，任取4所，共有种取法，
恰有2所985高校的取法为：，
该考生恰好选到2所985高校的概率为；
（2）设为该考生选到985高校的个数，则的取值为0，1，2，3．
，
，
，
，
则
0 1 2 3
.
17．【答案】（1）解：当时，函数定义域为，
求导可得，
则，即切线的斜率为，切点坐标为，
则曲线在处的切线方程为，即；
（2）解： 函数定义域为， 求导可得，
当时，恒成立，符合题意；
当时，，则在上单调递增，
又，所以不恒成立；
当，令，解得，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以有极大值且为最大值，即，
即，解得，
故的取值范围为．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求切线方程即可；
（2）先求函数的定义域，再求导，分、和三种情况讨论，利用导数研究函数单调性，求得，进而求得的取值范围．
（1）当时，，可得，
则，即切线的斜率为，切点坐标为，
所以曲线在处的切线方程为，即.
（2）由题可得函数定义域为，，
①当时，恒成立，符合题意；
②当时，，则在上单调递增，又，
所以不恒成立；
③当，令，则，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以有极大值且为最大值，即，
即，解得，所以的取值范围为．
18．【答案】（1）解：设甲的4节课中优秀的节数为，易知且，
则；
（2）解：记事件为“甲、乙第二个月可以一起选择其他兴趣课”，设甲在第一个月的得分为，
则，
设乙在第一个月的得分为，设乙的4节课中优秀的节数为，则且，
，，
，
；
4 5 6 7 8
（3）解：记事件B为“乙在三个月后得分为21分”，事件为“乙在第2个月的得8分”
乙得分为21分共有3种情况：
① 8+8+5，这种情况的概率，
② 8+7+6，这种情况的概率，
③ 7+7+7，这种情况的概率，
，
，
则.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；二项分布；条件概率
【解析】【分析】（1）设甲的4节课中优秀的节数为，由题意可得甲的4节课中优秀的节数服从二项分布，且，根据数学期望的性质计算即可；
（2）先记事件，再根据二项分布分别求出甲乙在第一个月的得分不少于6分，即的概率，最后根据独立事件概率公式求解即可；
（3）先记事件，先分析出乙得分为21分有3种情况，并分别求出概率，从而得到乙一共获得21分的概率，再求出乙获得21分的同时他在第二个月获得8分的概率，再根据条件概率公式计算即可.
（1）方法一：记甲在第一个月的得分为，则的取值为4，5，6，7，8，
则，
，
，
，
，
所以甲第一个月得分的分布列为：
4 5 6 7 8
；
方法二：设甲的4节课中优秀的节数为，
则且
则；
（2）记事件为“甲、乙第二个月可以一起选择其他兴趣课”，
设甲在第一个月的得分为，
则，
设乙在第一个月的得分为，设乙的4节课中优秀的节数为，
则且，
所以，，
，
所以；
4 5 6 7 8
（3）记事件B为“乙在三个月后得分为21分”，
事件为“乙在第2个月的得8分”
乙得分为21分共有3种情况：
① 8+8+5，这种情况的概率，
② 8+7+6，这种情况的概率，
③ 7+7+7，这种情况的概率，
所以，
，
则.
19．【答案】（1）证明：，
两边求导得：
即；
（2）证明：设，则，
令，则存在，使得，即，
则时，，在上单调递减，
时，，在上单调递增，
所以，所以成立；
（3）解：当时，不等式恒成立，即，
设，则，
再令，则，
所以在时单调递增，
又，，所以在存在零点，
又因为，
而且，，可以设使得，
且，
即，使得，
所以时，在上单调递减，
时，，在上单调递增，
，
所以.
【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；不等式的证明；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）由泰勒公式可知，两边求导证明即可；
（2）构造函数设，求导，利用导数判断函数的单调性得到隐零点，再求最小值证明即可；
（3）分离参数可得，构造函数，求导，再对分子构造函数求导分析单调性，结合对数的运算得到隐零点，求最小值即可求得实数的取值范围 .
（1）由，两边求导得：
即.
（2）解法1：由知，对于，，
先证时，，
令，则，得，
所以时，，在上单调递减，
时，，在上单调递增，
则，所以，
则，
解法2：设，则，
令，则存在使得，即，
则时，，在上单调递减，
时，，在上单调递增，
所以，所以成立.
（3）当时，不等式恒成立，
即，
设，
则，
再令，则，
所以在时单调递增，
又，，所以在存在零点．
又因为，
而且，，可以设使得，
且，
即，使得，
所以时，在上单调递减，
时，，在上单调递增，
，
所以.
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