浙江省绍兴市会稽联盟2023-2024学年高二下学期4月期中联考数学试题
一、/span> 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．（2024高二下·绍兴期中）若，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
2．（2024高二下·绍兴期中）设函数，则（ ）
A．-1 B． C． D．1
3．（2024高二下·绍兴期中）已知函数的导函数的图象如图所示，则的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高二下·绍兴期中）已知随机变量的分布列分别为
-2 -1 0 1 2
0.1 0.2 0.4 0.2 0.1
-2 -1 0 1 2
0.05 0.15 0.6 0.15 0.05
则（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高二下·绍兴期中）甲 乙 丙 丁 戊五名同学进行劳动技术比赛，决出第1名至第5名的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差.”从这两个回答分析，5人的名次排列可能的情况数是（ ）
A．27种 B．36种 C．54种 D．72种
6．（2024高二下·绍兴期中）将3个1和2个0随机排成一排，则2个0不相邻的概率是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·绍兴期中）甲盒中装有2个红球 2个白球，乙盒中装有2个红球 3个白球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒中，再从乙盒中随机取出一个球是红球的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·绍兴期中）已知函数在区间上单调递增，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
二、/span> 多选题：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．（2024高二下·绍兴期中）下列有关排列数 组合数的等式中成立的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高二下·绍兴期中）已知函数，则（ ）
A．
B．
C．函数的图象是中心对称图形
D．若是的极小值点，则在单调递减
11．（2024高二下·绍兴期中）已知，且，则
A． B． C． D．
三、/span> 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高二下·绍兴期中）乘积展开后的项数是 .
13．（2024高二下·绍兴期中）设坐标平面内有一个质点从原点出发，沿轴跳动，每次向正方向或负方向跳1个单位，经过5次跳动质点落在点（允许重复过此点）处，则质点不同的运动方法共有 种（用数字作答）.
14．（2024高二下·绍兴期中）对一个物理量做次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果.已知最后结果的误差，为使误差的概率不小于0.9545，则至少需要测量的次数是 （若，则）.
四、/span> 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．（2024高二下·绍兴期中）在二项式的展开式中
（1）求各二项式系数的和；
（2）求含的项的系数.
16．（2024高二下·绍兴期中）盒子中装有4个红球，2个白球.
（1）若依次随机取出2个球，求在第一次取到红球的条件下，第二次取到白球的概率；
（2）若随机取出3个球，记取出的球中白球个数为，求的分布列及均值.
17．（2024高二下·绍兴期中）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.现有两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到，则译码为1）.
（1）若采用单次传输方案，依次发送，求依次收到的概率；
（2）证明：当时，若发送0，采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率.
18．（2024高二下·绍兴期中）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）证明：当时，.
19．（2024高二下·绍兴期中）某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品.检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为，且各件产品是否为不合格品相互独立.
（1）记20件产品中恰有2件不合格品的概率为，求的最大值点；
（2）现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以（1）中确定的作为的值，已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用.
（i）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用之和记为，求；
（ii）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】排列及排列数公式
【解析】【解答】解：根据排列公式可得：，即：，
所以，解得：或（舍去），故n=5.
故答案为：C.
【分析】本题主要考查排列公式，根据排列公式：进行求解即可.
2．【答案】A
【知识点】导数的概念
【解析】【解答】解：因为函数，所以所以
故答案为：A.
【分析】本题主要考查函数的求导公式，根据求导后，代值进行计算即可求解.
3．【答案】D
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：根据导函数的图象可得：当或时，，当时，，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减，再根据选项的函数图象可得，D选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】本题主要考查导数的正负确定函数的单调区间，根据导数的图像确定函数的大于0和小于0时，x的取值范围，进而确定函数的单调区间，再结合选项进行判定即可求解.
4．【答案】B
【知识点】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；连续型随机变量
【解析】【解答】解：直接观察X的分布离散程度较大，根据题意可得：，
，则.
故答案为：B.
【分析】随机变量的方差及期望，从几何意义上看，这两个分布列都是对称的，对称轴分别时，所以，然后再根据期望的计算公式即可求解.
5．【答案】C
【知识点】简单计数与排列组合
【解析】【解答】解：根据题意可得，甲，乙都不是第一名且乙不是最后一名，因为乙的限制最多，故先排乙，有3种情况：再排甲，也有3种情况；余下3人有种排法，根据分布乘法计数原理可得，共有（种）不同的排法.
故答案为：C.
【分析】本题主要考查排列组合的实际运用，f分布计数原理.根据题意得到甲，乙都不是第一名且乙不是最后一名，然后因为乙的限制最多，故先排乙，然后再排甲，最后排剩下的3人，然后根据分布计数原理进行求解即可.
6．【答案】D
【知识点】简单计数与排列组合
【解析】【解答】解：将3个1和2个0随机排成一排共有种不同的排法，则 2个0不相邻的排法：先将3个1排成一排，再采取插空的方式，故共有：种排法，所以 将3个1和2个0随机排成一排，则2个0不相邻的概率是.
故答案为：D.
【分析】本题主要考查排列组合的实际运用，古典概率公式得运用，先将3个1和2个0随机排成一排共有种不同的排法，然后采用插空法求得 2个0不相邻的排法，然后运用古典概率公式即可求解.
7．【答案】B
【知识点】互斥事件的概率加法公式；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：根据题意可得分以下两种情况进行讨论：（1）第一步若甲盒中出红球，其概率为：第二步再从乙盒中抽出一个红球，概率为：，
所以从甲盒中抽出红球，再从乙盒中抽出一个红球的概率为：
（2）第一步若甲盒中出白球，其概率为：第二步再从乙盒中抽出一个红球，概率为：，所以从甲盒中抽出红球，再从乙盒中抽出一个红球的概率为：
所以从甲盒中随机取出一个球放入乙盒中，再从乙盒中随机取出一个球是红球的概率为.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查概率的分类加法和分步乘法公式，根据题意分从甲盒中抽出红球和白球两种情况，结合概率的分类加法和分步乘法公式进行计算即可求解.
8．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为函数在区间上单调递增，所以对恒成立，即对恒成立，
令，，则，则在上单调递减，故所以要对恒成立，只需即可.
故答案为：D.
【分析】本题主要考查恒成立问题，利用导数确定函数的单调性，根据题意结合函数的单调性与导数的正负关系可将原问题转化为：对恒成立，令，，通过导数确定函数的单调性，得到在上单调递减，要对恒成立，只需即可.
9．【答案】A,C,D
【知识点】排列及排列数公式；组合及组合数公式；排列数公式的推导；组合数公式的推导
【解析】【解答】解：对于A选项：根据组合公式的性质可得：，即，故A选项正确；
对于B选项：，故B选项错误；
对于C选项：，故，则C选项正确；对于D选项：，故D选项正确.
故答案为：ACD.
【分析】本题主要考查排列组合公式，根据组合恒等式：即可判定A选项；根据组合公式：即可判定B选项；根据排列恒等式即可判定C选项；再根据排列公式的计算即可判定D选项.
10．【答案】A,C
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数单调性的性质；复合函数的单调性；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：对于A选项：当时，，当时，，所以，故A选项正确；
对于B选项：因为，所以对求导可得：，当时，恒成立，则在R上为增函数，此时函数无最小值，所以B选项错误；
对于C选项：设，则，则为奇函数，所以的对称中心为，而，所以函数的图像可以由函数的图像上下平移得到，所以函数 函数的图象是中心对称图形 ，故C选项正确；
对于D选项；对函数求导可得：当时，令，可解得：，所以当时，，当时，，所以此时为函数的极小值点，函数在和上单调递增，故D选项错误.
故答案为：AC.
【分析】本题主要考查函数的基本性质，导数确定函数的单调区间及极值，根据零点存在定理即可判定A选项；先对函数求导，取时的情况即可判定B选项；再通过函数的奇偶性结合函数平移即可判定C选项；再同求导，取时的情况确定函数的单调区间，找到函数的极值点，即可判定D选项.
11．【答案】A,B,C
【知识点】利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：对于A选项：令，则，则当时，，
所以函数在上单调递增.所以，即，所以，故，
又因为，所以，当且仅当b=0时取等号，故A选项正确；
对于B选项：令，则，即当时，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，故，所以当且仅当x=1时取等号，所以，即，故B选项正确；
对于C选项：当时，，同理可证得：时，，故C选项正确；
对于D选项：当时，，故D选项错误.
故答案为：ABD.
【分析】本题主要考查对数比较大小，根据题意构造函数，和求导，利用导数确定函数的单调性，再根据单调性的性质即可判定AB选项；然后分和两种情况结合对数指数的计算即可判定C选项；再同特例即可判定D选项.
12．【答案】24
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：从第一个括号中选取一个字母有种选法，再从第二个括号选取一个字母有种选法，最后从最后一个括号内选取一个字母有种选法，故 乘积展开后的项数是项.
故答案为：24.
【分析】本题主要考验考查分步计数原理，根据分步计数原理，将原题转化为三步，分别从第一个括号，第二个括号，第三个括号选取一个字母进行计算种数，然后运用分布计数原理即可求解.
13．【答案】5
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：在x轴上标出，根据题意可得，跳动4次后，只有知B点或D点可跳到C点，画出树状图：
根据树状图可得 质点不同的运动方法共有 5种.
故答案为：5
【分析】本题主要考查排列组合的实际的运用，在x轴上标出，根据题意可得，跳动4次后，只有知B点或D点可跳到C点，画出树状图即可求解.
14．【答案】16
【知识点】正态分布定义；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：根据题意可得：，又因为，则所以，解得，所以16次.
故答案为：16.
【分析】本题主要考查正泰曲线分布的性质及定义，根据正泰曲线分布的对称性要使误差在内的概率 不小于0.9545 ，则，然后建立关于n的不等式即可求解.
15．【答案】（1）
（2），
令，解得.
所以，
所以的系数为40
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【分析】本题主要考查二项式展开式的性质及定理.
（1）根据二项式展开式中二项系数之和的公式：进行求解即可；
（2）利用二项式展开式的通项公式得到，然后令，解出r，再进行求解即可.
16．【答案】（1）设“第一次取到红球”，“第二次取到白球"，
则.
（2）的可能取值为.
所以的概率分布列为：，
即
0 1 2
【知识点】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；条件概率与独立事件；条件概率乘法公式
【解析】【分析】本题主要考查条件概率公式及离散型随机变量的基本概念及分布列.
（1）设事件A：“第一次取到红球”，事件B“第二次取到白球"，然后根据条件概率公式：进行求解即可.
（2）根据题意得到的可能取值为.然后求出其对应的概率，进而得到其分布列，再求出即可求解.
17．【答案】（1）记“依次发送，依次收到”，
则.
（2）记“发送0，采用三次传输方案译码为0”，
“发送0，采用单次传输方案译码为0”，
则，
因为，
因为，所以.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，
（1）记“依次发送，依次收到”，然后运用相互独立事件的概率乘法公式即可求解；
（2）记“发送0，采用三次传输方案译码为0”，“发送0，采用单次传输方案译码为0”，然后求得，进而即可求得的表达式，则根据的取值范围即可求解.
18．【答案】（1）解：当时，，又，
所以，
又因为，所以切线方程为.
（2）解：.
①若，当时，，
所以在上单调递增；
②若，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（3）证明：当时，由（1）知，
要证，只需证，
即证，即证.
令，因为，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以.
【知识点】导数的几何意义；函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】本题主要考查导数的几何意义，利用导数确定函数的单调性及极值.
（1）当时，求得函数的导数，根据导数的几何意义得到 曲线在点处的切线的斜率，再运用点斜式即可求解；
（2）求得函数的导数，然后分和两种情况进行分类讨论进行求解即可；
（3）根据不等式与恒成立问题的关系可将原问题转化为：，构造函数，然后求导，确定函数的单调区间，进而得到，即可证明结论.
19．【答案】（1）20件产品中恰有2件不合格品的概率为，
因此.
令，得.
所以当时，；当时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.
所以的最大值点为.
（2）由（1）知，
①令表示余下的180件产品中的不合格品件数，
由题意知
所以，
所以.
②如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元，由于，所以应该对余下的产品进行检验.
【知识点】独立性检验的基本思想；独立性检验的应用
【解析】【分析】本题主要考查独立性检验试验，离散型随机变量的数学期望与方差及其性质.
（1）根据题意得到20件产品中恰有2件不合格品的概率为，然后求导，利用导数正负确定其单调性，进而找到其极大值点即可求解；
（2）由（1）知，①令表示余下的180件产品中的不合格品件数，由题意知，再根据离散型随机变量的数学期望与方差方程进行求解即可；②如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元由于，即可得到答案.
1 / 1浙江省绍兴市会稽联盟2023-2024学年高二下学期4月期中联考数学试题
一、/span> 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．（2024高二下·绍兴期中）若，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【知识点】排列及排列数公式
【解析】【解答】解：根据排列公式可得：，即：，
所以，解得：或（舍去），故n=5.
故答案为：C.
【分析】本题主要考查排列公式，根据排列公式：进行求解即可.
2．（2024高二下·绍兴期中）设函数，则（ ）
A．-1 B． C． D．1
【答案】A
【知识点】导数的概念
【解析】【解答】解：因为函数，所以所以
故答案为：A.
【分析】本题主要考查函数的求导公式，根据求导后，代值进行计算即可求解.
3．（2024高二下·绍兴期中）已知函数的导函数的图象如图所示，则的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：根据导函数的图象可得：当或时，，当时，，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减，再根据选项的函数图象可得，D选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】本题主要考查导数的正负确定函数的单调区间，根据导数的图像确定函数的大于0和小于0时，x的取值范围，进而确定函数的单调区间，再结合选项进行判定即可求解.
4．（2024高二下·绍兴期中）已知随机变量的分布列分别为
-2 -1 0 1 2
0.1 0.2 0.4 0.2 0.1
-2 -1 0 1 2
0.05 0.15 0.6 0.15 0.05
则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】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；连续型随机变量
【解析】【解答】解：直接观察X的分布离散程度较大，根据题意可得：，
，则.
故答案为：B.
【分析】随机变量的方差及期望，从几何意义上看，这两个分布列都是对称的，对称轴分别时，所以，然后再根据期望的计算公式即可求解.
5．（2024高二下·绍兴期中）甲 乙 丙 丁 戊五名同学进行劳动技术比赛，决出第1名至第5名的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差.”从这两个回答分析，5人的名次排列可能的情况数是（ ）
A．27种 B．36种 C．54种 D．72种
【答案】C
【知识点】简单计数与排列组合
【解析】【解答】解：根据题意可得，甲，乙都不是第一名且乙不是最后一名，因为乙的限制最多，故先排乙，有3种情况：再排甲，也有3种情况；余下3人有种排法，根据分布乘法计数原理可得，共有（种）不同的排法.
故答案为：C.
【分析】本题主要考查排列组合的实际运用，f分布计数原理.根据题意得到甲，乙都不是第一名且乙不是最后一名，然后因为乙的限制最多，故先排乙，然后再排甲，最后排剩下的3人，然后根据分布计数原理进行求解即可.
6．（2024高二下·绍兴期中）将3个1和2个0随机排成一排，则2个0不相邻的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】简单计数与排列组合
【解析】【解答】解：将3个1和2个0随机排成一排共有种不同的排法，则 2个0不相邻的排法：先将3个1排成一排，再采取插空的方式，故共有：种排法，所以 将3个1和2个0随机排成一排，则2个0不相邻的概率是.
故答案为：D.
【分析】本题主要考查排列组合的实际运用，古典概率公式得运用，先将3个1和2个0随机排成一排共有种不同的排法，然后采用插空法求得 2个0不相邻的排法，然后运用古典概率公式即可求解.
7．（2024高二下·绍兴期中）甲盒中装有2个红球 2个白球，乙盒中装有2个红球 3个白球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒中，再从乙盒中随机取出一个球是红球的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】互斥事件的概率加法公式；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：根据题意可得分以下两种情况进行讨论：（1）第一步若甲盒中出红球，其概率为：第二步再从乙盒中抽出一个红球，概率为：，
所以从甲盒中抽出红球，再从乙盒中抽出一个红球的概率为：
（2）第一步若甲盒中出白球，其概率为：第二步再从乙盒中抽出一个红球，概率为：，所以从甲盒中抽出红球，再从乙盒中抽出一个红球的概率为：
所以从甲盒中随机取出一个球放入乙盒中，再从乙盒中随机取出一个球是红球的概率为.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查概率的分类加法和分步乘法公式，根据题意分从甲盒中抽出红球和白球两种情况，结合概率的分类加法和分步乘法公式进行计算即可求解.
8．（2024高二下·绍兴期中）已知函数在区间上单调递增，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为函数在区间上单调递增，所以对恒成立，即对恒成立，
令，，则，则在上单调递减，故所以要对恒成立，只需即可.
故答案为：D.
【分析】本题主要考查恒成立问题，利用导数确定函数的单调性，根据题意结合函数的单调性与导数的正负关系可将原问题转化为：对恒成立，令，，通过导数确定函数的单调性，得到在上单调递减，要对恒成立，只需即可.
二、/span> 多选题：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．（2024高二下·绍兴期中）下列有关排列数 组合数的等式中成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】排列及排列数公式；组合及组合数公式；排列数公式的推导；组合数公式的推导
【解析】【解答】解：对于A选项：根据组合公式的性质可得：，即，故A选项正确；
对于B选项：，故B选项错误；
对于C选项：，故，则C选项正确；对于D选项：，故D选项正确.
故答案为：ACD.
【分析】本题主要考查排列组合公式，根据组合恒等式：即可判定A选项；根据组合公式：即可判定B选项；根据排列恒等式即可判定C选项；再根据排列公式的计算即可判定D选项.
10．（2024高二下·绍兴期中）已知函数，则（ ）
A．
B．
C．函数的图象是中心对称图形
D．若是的极小值点，则在单调递减
【答案】A,C
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数单调性的性质；复合函数的单调性；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：对于A选项：当时，，当时，，所以，故A选项正确；
对于B选项：因为，所以对求导可得：，当时，恒成立，则在R上为增函数，此时函数无最小值，所以B选项错误；
对于C选项：设，则，则为奇函数，所以的对称中心为，而，所以函数的图像可以由函数的图像上下平移得到，所以函数 函数的图象是中心对称图形 ，故C选项正确；
对于D选项；对函数求导可得：当时，令，可解得：，所以当时，，当时，，所以此时为函数的极小值点，函数在和上单调递增，故D选项错误.
故答案为：AC.
【分析】本题主要考查函数的基本性质，导数确定函数的单调区间及极值，根据零点存在定理即可判定A选项；先对函数求导，取时的情况即可判定B选项；再通过函数的奇偶性结合函数平移即可判定C选项；再同求导，取时的情况确定函数的单调区间，找到函数的极值点，即可判定D选项.
11．（2024高二下·绍兴期中）已知，且，则
A． B． C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：对于A选项：令，则，则当时，，
所以函数在上单调递增.所以，即，所以，故，
又因为，所以，当且仅当b=0时取等号，故A选项正确；
对于B选项：令，则，即当时，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，故，所以当且仅当x=1时取等号，所以，即，故B选项正确；
对于C选项：当时，，同理可证得：时，，故C选项正确；
对于D选项：当时，，故D选项错误.
故答案为：ABD.
【分析】本题主要考查对数比较大小，根据题意构造函数，和求导，利用导数确定函数的单调性，再根据单调性的性质即可判定AB选项；然后分和两种情况结合对数指数的计算即可判定C选项；再同特例即可判定D选项.
三、/span> 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高二下·绍兴期中）乘积展开后的项数是 .
【答案】24
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：从第一个括号中选取一个字母有种选法，再从第二个括号选取一个字母有种选法，最后从最后一个括号内选取一个字母有种选法，故 乘积展开后的项数是项.
故答案为：24.
【分析】本题主要考验考查分步计数原理，根据分步计数原理，将原题转化为三步，分别从第一个括号，第二个括号，第三个括号选取一个字母进行计算种数，然后运用分布计数原理即可求解.
13．（2024高二下·绍兴期中）设坐标平面内有一个质点从原点出发，沿轴跳动，每次向正方向或负方向跳1个单位，经过5次跳动质点落在点（允许重复过此点）处，则质点不同的运动方法共有 种（用数字作答）.
【答案】5
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：在x轴上标出，根据题意可得，跳动4次后，只有知B点或D点可跳到C点，画出树状图：
根据树状图可得 质点不同的运动方法共有 5种.
故答案为：5
【分析】本题主要考查排列组合的实际的运用，在x轴上标出，根据题意可得，跳动4次后，只有知B点或D点可跳到C点，画出树状图即可求解.
14．（2024高二下·绍兴期中）对一个物理量做次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果.已知最后结果的误差，为使误差的概率不小于0.9545，则至少需要测量的次数是 （若，则）.
【答案】16
【知识点】正态分布定义；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：根据题意可得：，又因为，则所以，解得，所以16次.
故答案为：16.
【分析】本题主要考查正泰曲线分布的性质及定义，根据正泰曲线分布的对称性要使误差在内的概率 不小于0.9545 ，则，然后建立关于n的不等式即可求解.
四、/span> 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．（2024高二下·绍兴期中）在二项式的展开式中
（1）求各二项式系数的和；
（2）求含的项的系数.
【答案】（1）
（2），
令，解得.
所以，
所以的系数为40
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【分析】本题主要考查二项式展开式的性质及定理.
（1）根据二项式展开式中二项系数之和的公式：进行求解即可；
（2）利用二项式展开式的通项公式得到，然后令，解出r，再进行求解即可.
16．（2024高二下·绍兴期中）盒子中装有4个红球，2个白球.
（1）若依次随机取出2个球，求在第一次取到红球的条件下，第二次取到白球的概率；
（2）若随机取出3个球，记取出的球中白球个数为，求的分布列及均值.
【答案】（1）设“第一次取到红球”，“第二次取到白球"，
则.
（2）的可能取值为.
所以的概率分布列为：，
即
0 1 2
【知识点】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；条件概率与独立事件；条件概率乘法公式
【解析】【分析】本题主要考查条件概率公式及离散型随机变量的基本概念及分布列.
（1）设事件A：“第一次取到红球”，事件B“第二次取到白球"，然后根据条件概率公式：进行求解即可.
（2）根据题意得到的可能取值为.然后求出其对应的概率，进而得到其分布列，再求出即可求解.
17．（2024高二下·绍兴期中）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.现有两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到，则译码为1）.
（1）若采用单次传输方案，依次发送，求依次收到的概率；
（2）证明：当时，若发送0，采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率.
【答案】（1）记“依次发送，依次收到”，
则.
（2）记“发送0，采用三次传输方案译码为0”，
“发送0，采用单次传输方案译码为0”，
则，
因为，
因为，所以.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，
（1）记“依次发送，依次收到”，然后运用相互独立事件的概率乘法公式即可求解；
（2）记“发送0，采用三次传输方案译码为0”，“发送0，采用单次传输方案译码为0”，然后求得，进而即可求得的表达式，则根据的取值范围即可求解.
18．（2024高二下·绍兴期中）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）证明：当时，.
【答案】（1）解：当时，，又，
所以，
又因为，所以切线方程为.
（2）解：.
①若，当时，，
所以在上单调递增；
②若，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（3）证明：当时，由（1）知，
要证，只需证，
即证，即证.
令，因为，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以.
【知识点】导数的几何意义；函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】本题主要考查导数的几何意义，利用导数确定函数的单调性及极值.
（1）当时，求得函数的导数，根据导数的几何意义得到 曲线在点处的切线的斜率，再运用点斜式即可求解；
（2）求得函数的导数，然后分和两种情况进行分类讨论进行求解即可；
（3）根据不等式与恒成立问题的关系可将原问题转化为：，构造函数，然后求导，确定函数的单调区间，进而得到，即可证明结论.
19．（2024高二下·绍兴期中）某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品.检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为，且各件产品是否为不合格品相互独立.
（1）记20件产品中恰有2件不合格品的概率为，求的最大值点；
（2）现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以（1）中确定的作为的值，已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用.
（i）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用之和记为，求；
（ii）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
【答案】（1）20件产品中恰有2件不合格品的概率为，
因此.
令，得.
所以当时，；当时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.
所以的最大值点为.
（2）由（1）知，
①令表示余下的180件产品中的不合格品件数，
由题意知
所以，
所以.
②如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元，由于，所以应该对余下的产品进行检验.
【知识点】独立性检验的基本思想；独立性检验的应用
【解析】【分析】本题主要考查独立性检验试验，离散型随机变量的数学期望与方差及其性质.
（1）根据题意得到20件产品中恰有2件不合格品的概率为，然后求导，利用导数正负确定其单调性，进而找到其极大值点即可求解；
（2）由（1）知，①令表示余下的180件产品中的不合格品件数，由题意知，再根据离散型随机变量的数学期望与方差方程进行求解即可；②如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元由于，即可得到答案.
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