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2024-2025 学年浙江省 A9 协作体高二下学期 4 月期中考试
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合 ， ，则
A. ={ |−20 (−C.1,3) D.
4.已 知>函0 数 ′ >，0则 ′ 的值 为 (<0) <0
3
A. ( )=2 − B . (1) (1) C. D.
5.已3知 ， ，且 2 ，则 的1最小值为 0
A. >0 >0 B+. 2 = +2C . D.
6.12 的展开式中 9 的系数为( ) 8 6
2 6 5 3
A.( − + ) B. C. D.
7.已60知正四面体 的顶点20处有一质点 ，点 −每2次0 随机沿一条棱向−相6邻0 的某个顶点移动，且向每个顶点
移动的概率相同， 则 点 经过 次移动后仍 回到顶 点 处的概率为
4
A. B. C. D.
11 2 7 1
8.已81知函数 9 有两个2零7点，则实数 的值为3
2 2
A. ( )=(2 − B).( −2 ) − C. D.
二、−1多选题：本题共3小题，1共18分。在每小题2给出的选项中，有多3项符合题目要求。
9.已知随机变量 ，则下列说法正确的是
1
A.
∼ 6,3
B.
( =2)= ( =4) (3 +2)= 8
C. D.
4
10. 有( 大)小=、3 形状、质地完全相同的白色、黄色、 蓝(色3 小+球2)各=6个，红色小球 个，并且将这个红色小球命
名为“幸运 球”，现将这 个小球装在一个盒子里，依次3任取 个小球，1则下列说法正确的是
9 10 3
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1 7A.“幸运 球”被选中的概率为
3
9 10
B.每次取后再放回，则第 次才取到“幸运 球”的概率
81
C.每次取后不放回，则第3 次取到“幸运 球9 ”的概率最大1000
3 9
D.记事件 为“幸运 球”被选中，事件 为“取得的 个小球不同色”，则
1
9 3 ( | )= 2
11.已知函数 ，则下列结论正确的是
( −1)
A.若 ， 则( )=有极 −大1 值(， ∈无 极)小值
=0 ( )
B.若 ，则 有四个单调区间
1
=2 ( )
C.若 ，且 有两个零点 ， ，则 成立
2
=1 ( )= ( )− +1 1 2 1+ 2 >2+
D.若 ，则对任意 ， ，都有 成立
3 1 + 2 1+ 2
三、填 空 = 题 2 ：本题共3 小 1 题 ， 2 ∈ 每小2, 题 + 5 ∞ 分， 1 共 ≠ 1 5 2 分。 2 > 2
12.已知随机变量 ～ ，则 ．
13.甲、乙等 位 大学 生(1分,2)配到 (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5位的方案有 种3．
14.已知函数 ， ，对于任意的 ，存在 ， 使得
成立，则 ( 的)=最大 值−为2 ( )．= −2 >2 1 >1 2 >1 ( 1)= ( 2)=
ln
四、解答题 2−：2 本1 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. 本小题 分
已知( 13 ) ， 的展开式中只有第 项的二项式系数最大，且所有项的系数和为 ．
∗
求( 和+ 的) 值( ；∈ >0) 4 729
(1)求展 开 式中系数最大的项．
(126). 本小题 分
某市(共有 1所5 重)点大学可供考生选择，其中 所为 高校， 所为 高校，另外 所为特色专业高
校．一位考10生准备从这 所高校中随机选择3 所进行98志5愿填报，5每所高21校1被选中的概率2相同．
求该考生恰好选到 1所0 高校的概率；4
(1)若该考生选到 高2 校的98数5量为 ，求随机变量 的分布列和数学期望．
(127). 本小题 分985
( 15 )
已知函数 ．
2
( )= ln −
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2 7当 时，求曲线 在 处的切线方程；
(1)若 =1 恒成立， 求( 实) 数(1,的 (取1)值) 范围．
(128). 本 小( )题≤0 分
某校(为丰富学17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 个月，每种课每月 节且必须上满，每节课可得 分且表现优秀可额外获得
分，若本月不少于 分，下3月可以选择继续上此4课或者选择其他的兴趣课， 1分以下则只能上原来的课．现1
6 6
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
1
3
节课表现优秀的概率为 ．
1
求甲第一个月得分的2分布列及数学期望；
(1)求第二个月甲乙两人可以一起选择其他兴趣课的概率；
(2)若乙每种课的表现优秀率一致，在三个月后乙一共获得 分的情况下，求他在第二个月获得 分的概
(率3)． 21 8
19. 本小题 分
英国(数学家泰17勒是) 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18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
2
项( ，)在=解 决问题时可以忽略不计． =1+ + 2! +…+ ! + ∈ ( )
若 ，利用泰勒展开式证明： ′ ；
(1)当 ( )=时 ，证明： ； ( )=
(2)当 >0 时，不等式 −ln − ≥ 1 恒成立，求实数 的取值范围．
2
(3) >0 ( − )≥ 2 +1
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3 7参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10 .
11.
12.
13.1
36
14.
1
15.解 ： 展开式中第 项的二项式系数为 ，只有这一项二项式系数最大，
3
则展开式(1中)一共有 项4，则 ，
因为所有项的系数和7为 ， 因=为6 ，解得 ；
的展开式的通72项9为 >0 =2
6
(2)( +2) ， ， ， ， ， ， ， ，
6− 6−
+1 = 6 ⋅(2) =(2) 6 =0 1 2 3 4 5 6
则 ，
−1 −1
6⋅2 ≥ 6 ⋅2
+1 +1
解得 6⋅2 ≥ 6 ，⋅所2以 ，
11 14
所以系3 数 ≤ 最 ≤ 大的3 项为 =4 ．
4 2 4 2
16.解： 从 所高 校5 =中 ，6 任取⋅2 =所2，40共 有 种取法，
4
恰有 所(1) 1高0校的取法为： 4 ， 10 =210
2 2
2 985 3 7 =63
该考生恰好选到 所 高校的概率为 ；
63 3
设 为该考生选2到 985高校的个数，则 =的21取0=值为10 ， ， ， ．
(2) 985 0 1 2 3
， ，
4 1 3
7 35 1 3 7 105 1
( =0)=
1
4
0
=210=6 ( =1)=
1
4
0
=210=2
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4 7， ，
2 2 3 1
3 7 63 3 3 7 7 1
则 ( 随 = 机 2 变 ) 量 = 的1 4 0分 = 布2列10为 = ：10 ( =3)= 1 2 0 =210=30
0 1 2 3
1 1 3 1
数学期望为6： 2 10 30 ．
1 1 3 1 6
( )=0×6+1×2+2×10+3×30=5
17.解： 当 时， ′ ，
1 2 2+
则 ′ (1) ， =1 ( )= + 2 = 2
所以 曲(1线)=3在 (1)=−处2;的切线方程为 ；
( ) (1, (1)) =3 −5
函数的定义域为 ， ′ ，
2 +2
( ① 2) 当 时， ′ (0,+∞) ，则 ( ) 在 = + 2 = 上单 2 调递增，所以 不恒成立
②当 ≥0，令 ′( )>0，则 ( ) ，(0,+∞) ( )≤0 ;
2
<0 ( )=0 =−
当 时， ′ ，则 单调递增，
2
∈ (0,− ) ( )>0 ( )
当 时， ′ ，则 单调递减，
2
∈ (− ,+∞) ( )<0 ( )
所以 有极大值且为最大值，即 ，
2 2
解得 ( ) ，所以 的取值范围为 ( )max = ． (− )= ln(− )+ ≤ 0
18.解 ：≥−2记 甲在第 一个月的得分为[−，2 则,0)的取值为 ， ， ， ， ，则
(1) ， 4 5 6 7 8
2 4 16
( =4)=(3) =81
，
11 2 3 32
( =5)= 4 3(3) =81
，
2 1 2 2 2 8
( =6)= 4(3) (3) =27
，
3 1 3 2 8
( =7)= 4(3) (3)= 81
，
4 1 4 1
则(甲 =第8一)个=月 4 得(3分)的=分8布1 列：
4 5 6 7 8
16 32 8 8 1
81 81 27 81 81
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5 716 32 8 8 1 16
( )=4× +5× +6× +7× +8× = ;
记事件 为“甲、乙第二个月可以一起选择其他兴趣课”，
81 81 27 81 81 3
(2)
设甲在第一个月的得分为 ，则 ，
11
( ≥6)= ( =6)+ ( =7)+ ( =8)= 27
设乙在第一个月的得分为 ，设乙的 节课中优秀的节数为 ，则 ∽ 且 ，
1
4 (4,2) = +4
4 5 6 7 8
1 1 3 1 1
16 4 8 4 16 ，
2 1 2 1 2 3 1 3 1 1 4 1 4 11
( ≥ 6)= ( =6)+ ( =7)+ ( =8)= 4(2) (2) + 4(2) (2) + 4(2) =16
所以
121
记 事( 件)=为 (“ 乙≥在6)三⋅个 (月 ≥后6得)分=为432; 分”，事件 为“乙在第 个月的得 分”，
(得3)分 分 共 种情况： 21 2 8
21 3
① ，
1 1 1 1 3
8+8+5: 1 = 3×4×16×16=1024
② ，
3 1 1 3 9
8+7+6: 2 = 3×4×16×8=256
③ ，
1 1 1 1
7+7+7: 3 =4×4×4=64
所以 ，
55
( )= 1024
，
1 1 1 2 1 1 3 7
( )=2×4×16×16+ 2×4×16×8=512
则 ．
( ) 14
( | )= ( ) =55
19.解： 由 ，两边求导得：
2
(1) =1+ + 2! +⋯+ !+ ( )
′ ，
−1 2 −1
2 ( +1)
( 即 ) ′ =0+1+ 2! +⋯+ ! + ( +1)! +⋯=1+ + 2! +⋯+( −1) 1+ !
( )= ;
解法 由 知，对于 ， ．
2
(先2)证 1:时， =1+ +，2! +⋯+ ! + ( ) ∈ ≥1+
令 ∈ ≥1，+则 ′ ，得 ，
所以 ( )= −1−时 ， ′ ( )=， −1在=0 上=单0 调递减，
∈(−∞时,，0) ′ ( )，<0 在 ( ) (−上∞单,0)调递增，
∈(0,+∞) ( )>0 ( ) (0,+∞)
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6 7则 ，所以 ，
则 ( )= −1− ≥ (0)=0 ≥1+
ℎ +
−ln − = −(ln + )≥1.
解法 设 ，则 ′ ，
1 1
2: ( )= −ln − ( )= + − −1=( +1)( − )
令 ′ ，则存在 使得 ，即 ．
0 1 0
则 ( )=0 时， ′ = 0 ， 在 = 0 上单 0 调 递 = 减 1 ，
∈ (0, 0) 时， ′( )<0 ， ( ) 在(0, 0) 上单调递增，
所∈以( 0,+∞) ( )>0 ( ) ( 0,+∞，)所以 成立；
0
当 ( )min时=， 不( 0等)式= 0 −ln 0− 0 =1 恒成立 ，−ln − ≥ 1
2
(3) >0 ( − )≥ 2ln +1
即 ．
2 2ln +1
≤ −
设 ，
2 2ln +1
ℎ( )= −
则 ′ ．
2 2
2 2 1−2ln (1+2 ) −1+2ln
ℎ ( )= +2 − 2 = 2
再令 ，则 ′ ，
2 2 2 2 2
所以 ( )在= (1+时2单 )调 递−增1，+2ln ( )=2 (2 +4 +1)+ >0
( ) >0
又 ， ，所以 在 存在零点．
1 2 1
又因 (为2)= 2−2ln2−1<0 (1)= 3 −1>0 ( ) (2,2)，
2 2 2 +2ln
( )= (1+2 ) −1+2ln =(1+2 ) −1+2ln
而且 ， ，可以设 使得 ，
1 1 1
且 2+ln2<0 1+ln1>0 0 ∈(2,2) 0+ln 0 =0
2 2 0
( 0)= 0(1+2 0) −1+2ln 0
2 0+2ln 0
=(1+2 0) −1+2ln 0
，即 ，
0 1
=
使得
(1+
′
2 0) −
，
1+2ln 0 =0 0 ∈(2,2)
所以ℎ ( 0)=时0， ′ ， 在 上单调递减，
∈(0, 0时) ， ′ℎ ( )<，0 ℎ( 在) (0, 0) 上单调递增，
∈( 0,+∞) ℎ ( )>0 ℎ( ) ( 0,+∞)
2 2 0 2 0+2l n 0
0 −2ln 0−1 −2l n 0−1
ℎ( )min =ℎ( 0)= =
， 0 0
0
−2ln 0−1 −2ln 0
= 所以 0 = 0 =2
≤2.
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7 7
