資源簡介

2024-2025學年浙江省 A9協作體高二下學期 4月期中考試
數學試卷
一、單選題：本題共 8小題，每小題 5分，共 40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。
1.已知集合 = { | 2 < < 2}， = { || 1| < 2}，則 ∩ =
A. { | 2 < < 3} B. { | 2 < ≤ 1} C. { | 1 < < 2} D. { | 2 < < 2}
2.下列結論正確的是
′
A. (ln2)′ = 12 B.
1
=
1
2
C. (cos )′ = sin D. ( 2 )′ = 2
3.關于 的不等式 2 + + > 0 的解集為( 1,3)，則
A. > 0 B. > 0 C. < 0 D. < 0
4.已知函數 ( ) = 2 3 ′(1)，則 ′(1)的值為( )
A. 3 B. 2 C. 1 D. 0
5.已知 > 0， > 0，且 + 2 = ，則 + 2 的最小值為
A. 12 B. 9 C. 8 D. 6
6.( 2 + )6的展開式中 5 3的系數為( )
A. 60 B. 20 C. 20 D. 60
7.已知正四面體 的頂點 處有一質點 ，點 每次隨機沿一條棱向相鄰的某個頂點移動，且向每個頂點
移動的概率相同，則點 經過 4 次移動后仍回到頂點 處的概率為
A. 11 2 7 181 B. 9 C. 27 D. 3
8.已知函數 ( ) = (2 )( 2 )2 2有兩個零點，則實數 的值為
A. 1 B. 1 C. 2 D. 3
二、多選題：本題共 3小題，共 18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。
9 1.已知隨機變量 6, 3 ，則下列說法正確的是
A. ( = 2) = ( = 4) B. (3 + 2) = 8
C. ( ) = 43 D. (3 + 2) = 6
10.有大小、形狀、質地完全相同的白色、黃色、藍色小球各 3 個，紅色小球 1 個，并且將這個紅色小球命
名為“幸運 9 球”，現將這 10 個小球裝在一個盒子里，依次任取 3 個小球，則下列說法正確的是
第 1頁，共 7頁
A.“幸運 9 3球”被選中的概率為10
B. 81每次取后再放回，則第 3 次才取到“幸運 9 球”的概率1000
C.每次取后不放回，則第 3 次取到“幸運 9 球”的概率最大
D. 1記事件 為“幸運 9 球”被選中，事件 為“取得的 3 個小球不同色”，則 ( | ) = 2

11.已知函數 ( ) = ( 1) 1 ( ∈ )，則下列結論正確的是
A.若 = 0，則 ( )有極大值，無極小值
B. = 1若 2，則 ( )有四個單調區間
C.若 = 1，且 ( ) = ( ) + 1 有兩個零點 1， 2，則 1 + 2 > 2 +
2
成立
D.若 = 2 3 + ，則對任意 1， 1 22 ∈ 2 , + ∞ 1 ≠ 2 ，都有 2 >
1+ 2
2 成立
三、填空題：本題共 3小題，每小題 5分，共 15分。
12.已知隨機變量 ～ (1,2)，則 ( ) = ．
13.甲、乙等 5 位大學生分配到 3 所單位實習，每人只能到一所單位實習，每所單位至少接收一人，則甲、
乙分到同一單位的方案有 種．
14.已知函數 ( ) = 2 ， ( ) = 2 ，對于任意的 > 2，存在 1 > 1， 2 > 1 使得 ( 1) = ( 2) =
ln
成立，則 2 的最大值為 ．2 1
四、解答題：本題共 5小題，共 77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。
15.(本小題 13 分)
已知( + ) ( ∈ ， > 0)的展開式中只有第 4 項的二項式系數最大，且所有項的系數和為 729．
(1)求 和 的值；
(2)求展開式中系數最大的項．
16.(本小題 15 分)
某市共有 10 所重點大學可供考生選擇，其中 3 所為 985 高校，5 所為 211 高校，另外 2 所為特色專業高
校．一位考生準備從這 10 所高校中隨機選擇 4 所進行志愿填報，每所高校被選中的概率相同．
(1)求該考生恰好選到 2 所 985 高校的概率；
(2)若該考生選到 985 高校的數量為 ，求隨機變量 的分布列和數學期望．
17.(本小題 15 分)
已知函數 ( ) = ln 2 ．
第 2頁，共 7頁
(1)當 = 1 時，求曲線 ( )在(1, (1))處的切線方程；
(2)若 ( ) ≤ 0 恒成立，求實數 的取值范圍．
18.(本小題 17 分)
某校為豐富學生的校園生活決定開展興趣課，興趣課包括音樂課、舞蹈課、影視鑒賞課、籃球課、圍棋課
等十余種．興趣課共開展 3 個月，每種課每月 4 節且必須上滿，每節課可得 1 分且表現優秀可額外獲得 1
分，若本月不少于 6 分，下月可以選擇繼續上此課或者選擇其他的興趣課，6 分以下則只能上原來的課．現
1
有甲、乙兩人是好朋友，在第一個月他們一起選擇了音樂課，音樂課上甲每節課表現優秀的概率為3，乙每
1
節課表現優秀的概率為2．
(1)求甲第一個月得分的分布列及數學期望；
(2)求第二個月甲乙兩人可以一起選擇其他興趣課的概率；
(3)若乙每種課的表現優秀率一致，在三個月后乙一共獲得 21 分的情況下，求他在第二個月獲得 8 分的概
率．
19.(本小題 17 分)
英國數學家泰勒是 18 世紀早期一位非常杰出的數學家，以泰勒公式和泰勒級數聞名．泰勒公式是數學分析
的重要組成部分，它的理論方法在近似計算、求極限、不等式的證明等方面都有重要的應用．例如：函數
( ) =
2
的帶有佩亞諾余項的泰勒展開式為： = 1 + + 2! + … + ! +
， ∈ ， ( )為佩亞諾余
項，在解決問題時可以忽略不計．
(1)若 ( ) = ，利用泰勒展開式證明： ′( ) = ；
(2)當 > 0 時，證明： ln ≥ 1；
(3)當 > 0 時，不等式 ( 2 ) ≥ 2 + 1 恒成立，求實數 的取值范圍．
第 3頁，共 7頁
參考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.1
13.36
14.1
15.解：(1)展開式中第 4 項的二項式系數為 3 ，只有這一項二項式系數最大，
則展開式中一共有 7 項，則 = 6，
因為所有項的系數和為 729，因為 > 0，解得 = 2；
(2)( + 2)6的展開式的通項為
6 6 +1 = 6 (2) = (2) 6 ， = 0，1，2，3，4，5，6，
6 2 ≥ 16 2 1則
2
，
6 ≥ +1 2 +16
11 14
解得 3 ≤ ≤ 3，所以 = 4，
所以系數最大的項為 5 = 4 26 24 = 240 2．
16.解：(1)從 10 所高校中，任取 4 所，共有 410 = 210 種取法，
恰有 2 所 985 高校的取法為： 2 23 7 = 63，
該考生恰好選到 2 所 985 高校的概率為 = 63 3210 = 10；
(2)設 為該考生選到 985 高校的個數，則 的取值為 0，1，2，3．
4 1 3
( = 0) = 7 = 35 1 3 7 105 1
410 210
= 6， ( = 1) = = = ， 410 210 2
第 4頁，共 7頁
2 2
( = 2) = 3 7 = 63 = 3
3 1
4 210 10， ( = 3) =
3 7 7 1
2
=
10 10 210
= 30，
則隨機變量 的分布列為：
0 1 2 3
1 1 3 1
6 2 10 30
數學期望為： ( ) = 0 × 1+ 1 × 1 36 2 + 2 × 10 + 3 ×
1 6
30 = 5．
17. (1) = 1 ( ) = 1+ 2 = 2+ 解： 當 時， ′ 2 2 ，
則 ′(1) = 3， (1) = 2;
所以曲線 ( )在(1, (1))處的切線方程為 = 3 5；
(2) 2 +2函數的定義域為(0, + ∞)， ′( ) = + 2 = 2 ，
①當 ≥ 0 時， ′( ) > 0，則 ( )在(0, + ∞)上單調遞增，所以 ( ) ≤ 0 不恒成立;
2②當 < 0，令 ′( ) = 0，則 = ，
當 ∈ (0, 2 )時， ′( ) > 0，則 ( )單調遞增，
2
當 ∈ ( , + ∞)時， ′( ) < 0，則 ( )單調遞減，
所以 ( ) 2 2有極大值且為最大值，即 ( )max = ( ) = ln( ) + ≤ 0，
解得 ≥ 2 ，所以 的取值范圍為[ 2 , 0)．
18.解：(1)記甲在第一個月的得分為 ，則 的取值為 4，5，6，7，8，則
( = 4) = ( 23 )
4 = 1681，
( = 5) = 1 1 ( 2 )3 324 3 3 = 81，
( = 6) = 2 1 2 2 2 84( 3 ) ( 3 ) = 27，
( = 7) = 3( 1 )3 2 84 3 ( 3 ) = 81，
( = 8) = 4( 1 4 14 3 ) = 81，
則甲第一個月得分的分布列：
4 5 6 7 8
16 32 8 8 1
81 81 27 81 81
第 5頁，共 7頁
16 32 8 8 1 16
( ) = 4 × 81 + 5 × 81 + 6 × 27 + 7 × 81 + 8 × 81 = 3 ;
(2)記事件 為“甲、乙第二個月可以一起選擇其他興趣課”，
設甲在第一個月的得分為 ，則 ( ≥ 6) = ( = 6) + ( = 7) + ( = 8) = 1127，
設乙在第一個月的得分為 ，設乙的 4 節課中優秀的節數為 ，則 ∽ (4, 12 )且 = + 4，
4 5 6 7 8
1 1 3 1 1
16 4 8 4 16
( ≥ 6) = ( = 6) + ( = 7) + ( = 8) = 24(
1
2 )
2( 1 2 3 1 3 1 1 4 1 4 112 ) + 4( 2 ) ( 2 ) + 4( 2 ) = 16，
所以 ( ) = ( ≥ 6) ( ≥ 6) = 121432 ;
(3)記事件 為“乙在三個月后得分為 21 分”，事件 為“乙在第 2 個月的得 8 分”，
得分 21 分共 3 種情況：
①8 + 8 + 5: = 1 × 1 1 1 31 3 4 × 16 × 16 = 1024，
②8 + 7 + 6: = 3 × 1 × 12 3 4 16 ×
3 = 98 256，
③7 + 7 + 7: 3 =
1 1 1 1
4 × 4 × 4 = 64，
所以 ( ) = 551024，
( ) = 2 × 1 × 1 × 14 16 16 +
2
2 ×
1 × 14 16 ×
3 7
8 = 512，
則 ( | ) = ( ) 14 ( ) = 55．
2
19. 解：(1)由 = 1 + + 2! + + ! + ( )，兩邊求導得：
1
( ) = 0 + 1 + 2 + + + ( +1) + = 1 + +
2 1
′ 2! ! ( +1)! 2! + +

( 1)1 + !，
即 ′( ) = ;
2
(2) 1: = 1 + + + + 解法 由 + ( 2! ! )知，對于 ∈ ，
≥ 1+ ．
先證 ∈ 時， ≥ 1+ ，
令 ( ) = 1 ，則 ′( ) = 1 = 0，得 = 0，
所以 ∈ ( ∞,0)時， ′( ) < 0， ( )在( ∞,0)上單調遞減，
∈ (0, + ∞)時， ′( ) > 0， ( )在(0, + ∞)上單調遞增，
第 6頁，共 7頁
則 ( ) = 1 ≥ (0) = 0，所以 ≥ 1+ ，
則 ln = + (ln + ) ≥ 1.
解法 2: 1設 ( ) = ln ，則 ′( ) = + 1 = ( + 1)(
1 )，
令 ′( ) = 0 1，則存在 = 0使得 0 = ，即 0 0 = 1．0
則 ∈ (0, 0)時， ′( ) < 0， ( )在(0, 0)上單調遞減，
∈ ( 0, + ∞)時， ′( ) > 0， ( )在( 0, + ∞)上單調遞增，
所以 ( )min = ( 0) = 0 0 ln 0 0 = 1，所以 ln ≥ 1 成立；
(3)當 > 0 時，不等式 ( 2 ) ≥ 2ln + 1 恒成立，
≤ 2 2ln +1即 ．
設 ( ) = 2 2ln +1 ，
2 2
則 ′( ) = 2 + 2 2 1 2ln (1+2 ) 1+2ln 2 = 2 ．
再令 ( ) = 2(1 + 2 ) 2 1 + 2ln ，則 ′( ) = 2 2 (2 2 + 4 + 1) + 2 > 0，
所以 ( )在 > 0 時單調遞增，
1
又 ( 2 ) = 2 2ln2 1 < 0， (1) = 3
2 1 > 0，所以 ( ) ( 1在 2 , 2)存在零點．
又因為 ( ) = 2(1 + 2 ) 2 1 + 2ln = (1 + 2 ) 2 +2ln 1 + 2ln ，
1
而且2 + ln
1 1
2 < 0，1 + ln1 > 0，可以設 0 ∈ ( 2 , 2)使得 0 + ln 0 = 0，
且 ( 0) = 20(1 + 2 0) 2 0 1+ 2ln 0
= (1 + 2 ) 2 0 0+2ln 0 1+ 2ln 0
= (1 + 2 ) 00 1 + 2ln
1
0 = 0，即 0 ∈ ( 2 , 2)，
使得 ′( 0) = 0，
所以 ∈ (0, 0)時， ′( ) < 0， ( )在(0, 0)上單調遞減，
∈ ( 0, + ∞)時， ′( ) > 0， ( )在( 0, + ∞)上單調遞增，
2 2 0 0 2ln 2 +2ln ( ) = ( ) = 0
1 0 0 2ln 0 1
min 0 =0 0
0
= 2ln 0 1 =
2ln 0
= 2，0 0
所以 ≤ 2.
第 7頁，共 7頁

展開更多......

收起↑