广东省四校（麻涌、塘厦、七中、济川）2023-2024学年高二下学期5月期中联考数学试题
一、单项选择题（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.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.）
1．（2024高二下·广东期中）下列求导结果正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高二下·广东期中）甲、乙、丙三个同学报名参加学校运动会中设立的跳高、铅球、跳远、100米比赛，每人限报一项，共有多少种不同的报名方法（ ）
A．12 B．24 C．64 D．81
3．（2024高二下·广东期中）某气象台天气预报的准确率为80%，则3次预报中恰有1次预报准确的概率是（ ）
A．9.6% B．10.4% C．80% D．99.2%
4．（2024高二下·广东期中）的展开式中的系数为（ ）
A．80 B．40 C．10 D．
5．（2024高二下·广东期中）一个盒中有10个球，其中红球7个，黄球3个，随机抽取两个，则至少有一个黄球的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·广东期中） 某莲藕种植塘每年的固定成本是2万元，每年最大规模的种植量是10万斤，每种植1斤藕，成本增加1元．销售额(单位：万元)与莲藕种植量(单位：万斤)满足(为常数)，若种植3万斤，利润是万元，则要使销售利润最大，每年需种植莲藕（ ）
A．7万斤 B．8万斤 C．9万斤 D．10万斤
7．（2024高二下·广东期中）英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A，B存在如下关系：.若某地区一种疾病的患病率是0.05，现有一种试剂可以检验被检者是否患病.已知该试剂的准确率为95%，即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有95%的可能呈现阳性；该试剂的误报率为0.5%，即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有0.5%的可能会误报阳性.现随机抽取该地区的一个被检验者，已知检验结果呈现阳性，则此人患病的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·广东期中）某市举行乡村振兴汇报会，六个获奖单位的负责人甲 乙 丙等六人分别上台发言，其中负责人甲 乙发言顺序必须相邻，丙不能在第一个与最后一个发言，则不同的安排方法共有（ ）
A．240种 B．120种 C．156种 D．144种
二、多项选择题（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，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.）
9．（2024高二下·广东期中）随机变量的分布列为（ ）
0 1 2
若，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高二下·广东期中）甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ）
A．如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种
B．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种
C．甲乙不相邻的排法种数为82种
D．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种
11．（2024高二下·广东期中）已知函数，，则下列说法正确的有（ ）
A．为偶函数
B．为周期函数
C．在区间上，有且只有一个极小值点
D．过作的切线有且仅有3条
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填在答题卡的相应位置上.）
12．（2024高二下·广东期中）的展开式中的系数为 ．（用数字作答）．
13．（2024高二下·广东期中）若随机变量，且，则 ．
14．（2024高二下·广东期中）已知函数在上有两个零点，则的取值范围是 .
四、解答题（本大题共5小题，第15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效.）
15．（2024高二下·广东期中）已知.
（1）求展开式第3项的二项式系数；
（2）求的值；
（3）求的值；
16．（2024高二下·广东期中）已知函数在x＝1处取得极值．
（1）求a的值；
（2）求f（x）在区间[－4，4]上的最大值和最小值．
17．（2024高二下·广东期中）甲、乙两位同学到校学生会竞聘同一岗位，进入最后面试环节．具体面试方案如下：甲、乙各自从5个问题中随机抽取3个问题，已知这5个问题中，甲能正确回答其中3个问题，而乙能正确回答每个问题的概率均为，甲、乙对每个问题的回答都相互独立，互不影响．
（1）设甲答对的问题个数为随机变量，求的分布列、数学期望和方差；
（2）请从数学期望和方差的角度分析，甲、乙两位同学，哪位同学竞聘成功的可能性更大？
18．（2024高二下·广东期中）在混放在一起的6件不同的产品中，有2件次品，4件正品.现需要通过检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束.
（1）若第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，求共有多少种不同的抽法；
（2）已知每检测一件产品需要100元费用，求检测结束时检测费用为400元的抽法有多少种？（要求：解答过程要有必要的说明和步骤）
19．（2024高二下·广东期中）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：不等式恒成立．
答案解析部分
1．【答案】A
【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：、，故A正确；
B、，故B错误；
C、，故C错误；
D、，故D错误．
故答案为：A．
【分析】利用基本初等初等函数的导数以及复合函数的求导法则逐项计算判断即可.
2．【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：甲、乙、丙三个同学报名参加学校运动会中设立的跳高、铅球、跳远、100米比赛，每人限报一项， 每人有4种报名方法，根据分步计数原理，可知共有种不同的报名方法.
故答案为：C.
【分析】根据题意，可知三个同学中每人有4种报名方法，由分步计数原理计算即可.
3．【答案】A
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：天气预报的准确率为80%，则3次预报中恰有1次预报准确的概率为：
，即3次预报中恰有1次预报准确的概率.
故答案为：A.
【分析】根据独立重复实验的概率公式求解即可.
4．【答案】B
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：由二项式展开式的通项公式为，
令，可得，
所以展开式中的系数为.
故答案为：B.
【分析】本题考查二项展开式的通项公式.先利用二项展开式的通项公式进行展开可得：，令可求出的值，反代入通项公式可求出答案.
5．【答案】D
【知识点】超几何分布
【解析】【解答】解：记抽取黄球的个数为X，由题意，可得的取值为，
则．
故答案为：D．
【分析】记抽取黄球的个数为X，由题意可知X的可能取值为，根据超几何分布的概率公式求解即可.
6．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设销售利润为，
由题意可得．
因为，所以，
则，因为，
所以当时，；当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以时，取到最大值．所以要使销售利润最大，每年需种植莲藕8万斤．
故答案为：B．
【分析】先由已知求参数a，再利用导数研究单调性，最后确定销售利润最大时每年需种植莲藕的量.
7．【答案】C
【知识点】全概率公式；条件概率；贝叶斯公式
【解析】【解答】解：设事件为检验结果呈现阳性，事件为此人患病，
因为，
，
所以.
故答案为：C.
【分析】先设事件，利用条件概率和全概率公式求得，再利用贝叶斯公式求解即可.
8．【答案】D
【知识点】排列与组合的综合
【解析】【解答】解：因为负责人甲 乙发言顺序必须相邻，所以将甲乙捆绑看做一个元素，又因为丙不能在第一个与最后一个发言，所以丙的位置有3个，将剩余4个元素再排序有种方法，
故不同的安排方法共有种.
故答案为：D.
【分析】由题意，将甲乙捆绑，再确定丙的位置，排序求解即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；概率分布列
【解析】【解答】解：由题意，可得，解得，
A、由上分析可知，故A正确；
B、，故B正确；
C、，故C错误；
D、，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】根据分布列的性质及期望公式列方程组，求出、的值，再求出方差，最后利用期望、方差的性质求出、即可.
10．【答案】A,B,D
【知识点】排列与组合的综合
【解析】【解答】解：A、如果甲，乙必须相邻，将 甲，乙 捆绑，则不同的排法有种，故A正确；
B、若最左端排甲，则有种排法；
若最左端排乙，有种排法，则不同的排法共有42种，故B正确；
C、甲乙不相邻，则甲、乙插空，则不同的排法种数有种，故C错误；
D、甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，利用捆绑法求解即可判断A；分最左端排甲，和最左端排乙两类求解即可判断B；根据甲乙不相邻，利用插空法求解即可判断C；根据甲乙丙从左到右的顺序排列，通过除序法求解即可判断D.
11．【答案】A,D
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：A、函数的定义域为，定义域关于原点对称，且满足，则函数是偶函数，故A正确；
B、若存在非零常数，使得，
令，则，即，
令，则，因为，所以，即或.
若，则，解得，舍去；
若，则，解得，
所以若存在非零常数，使得，则.
即，令，则，
而，，不符合题意.故不存在非零常数，
使得，故B错误；
C、，，则，
令，则，
当，，则单调递减，即单调递减，
又，，
故在上有且仅有一个解，设为，
所以当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以有且只有一个极值点，且是极大值点，故C错误；
D、设切点横坐标为，则切线方程为，
将代入，得，解得或，.
若，则切线方程为；若，则，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用函数的奇偶性的定义易知函数为偶函数即可判断A；根据周期性的定义即可判断B；根据导数判断其单调性，易知有且只有一个极值点，是极大值点即可判断C；根据导数的几何意义求曲线过某点的切线方程即可判断D.
12．【答案】84
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式展开式的通项为（且），
则的展开式中含的项为，
故展开式中的系数为.
故答案为：84.
【分析】先写出二项式展开式的通项，即可求展开式中的系数.
13．【答案】
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为随机变量，字儿，
所以，
则.
故答案为：.
【分析】由题意，根据正态分布的性质求解即可.
14．【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数在上有两个零点，等价于在上有两个不相等根，等价于函数与函数有两个不同的交点，
易知函数恒过点，设与相切时切点为，
因为，所以切线斜率为，则切线方程为，
当切线经过点时，解得，切线斜率为，
由函数图象特征可知：函数在上有两个零点，
则实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】原问题等价于函数与函数有两个不同的交点，求出两函数相切时的切线斜率，再结合函数特征，求m的取值范围即可.
15．【答案】（1）解：二项式展开式的通项公式为，
令，解得，则展开式的第3项的二项式系数为；
（2）解：由，
令，可得；
令，可得，
则；
（3）解：由，
令，可得，
令，可得，
两式相减可得，所以.
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【分析】（1）写出二项式展开式的通项公式，由题意，列式求解即可；
（2）分别令和，求的值即可；
（3）分别令和，两式相减，求的值即可.
16．【答案】解：（1）定义域为，，
因为在x＝1处取得极值，所以，即，解得，
经检验，符合题意，故的值为9；
（2）由（1）得，，
令，解得或；
令，解得，
则的单调递增区间为，，单调递减区间为，
故函数的极大值为，极小值为，
又因为，，所以
故的最大值为76，最小值为.
【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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域以及导函数，根据函数在处取得极值，得，求解即可；
（2）由（1）可得，利用导数判断其单调性再求极值以及端点值，比较大小可得最值即可．
17．【答案】解：（1）由题意可知的所有可能取值为1，2，3，
则，，，
则的分布列为
1 2 3
所以，
，
（2）设乙答对的题数为，则所有可能的取值为0，1，2，3，由题意可知，
则
因为，
所以甲的方差小，甲比较稳定，
所以甲同学竞聘成功的可能性更大
【知识点】离散型随机变量及其分布列；超几何分布；二项分布
【解析】【分析】（1）由题意可知的所有可能取值为1，2，3，分别求出相应的概率，即可求的分布列、数学期望和方差；
（2）设乙答对的题数为，则所有可能的取值为0，1，2，3，由题意可知，从而利用二项分布求出乙的数学期望和方差，再与甲比较可得结论.
18．【答案】（1）解：由题意知，第一次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束，
第1次抽到的是正品有种抽法；第2次抽到的是次品有种抽法；第3次抽到的是正品有种抽法；
当抽取4次结束时，第4次抽到的必是次品，共有种抽法；
当抽取5次结束时，若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是正品，则共有种抽法；
若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是次品，则共有种抽法；
综上，第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品共有120种抽法.
（2）解：由题意知，检测费用为400元，说明一共抽取了4次检测结束，共有以下两种情况：
①4次抽到的均为正品，共有种抽法；
②前3次抽到2件正品，1件次品，且第4次抽到的是次品，共有种抽法.
所以，检测结束时，检测费用为400元的抽法共有96种.
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列与组合的综合
【解析】【分析】（1）由题意知，第一次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束，再利用两个计数原理和排列组合数求解即可；
（2）利用分类加法计数原理，结合排列组合知识求解即可.
19．【答案】（1）解：函数定义域为，，
当时，恒成立，则函数在上单调递减，
当时，，
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减，
综上所述，当时在上单调递减；
当时在上单调递增，在上单调递减.
（2）解：当时，则不等式恒成立，即恒成立，
令，，则，
令，，则，所以在上单调递增，
又，，所以存在唯一实数使得，
所以当时，即，所以在上单调递减，
当时，即，所以在上单调递增，
所以，又，
即，所以，则，
所以
，
令，，则，
所以在上单调递减，所以，
所以，
即，所以恒成立，即不等式恒成立.
【知识点】函数恒成立问题；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】（1）先求函数的定义域，以及函数导函数，分、两种情况讨论，分别求函数的单调区间即可；
（2）依题意恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，只需证明即可.
1 / 1广东省四校（麻涌、塘厦、七中、济川）2023-2024学年高二下学期5月期中联考数学试题
一、单项选择题（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.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.）
1．（2024高二下·广东期中）下列求导结果正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【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：、，故A正确；
B、，故B错误；
C、，故C错误；
D、，故D错误．
故答案为：A．
【分析】利用基本初等初等函数的导数以及复合函数的求导法则逐项计算判断即可.
2．（2024高二下·广东期中）甲、乙、丙三个同学报名参加学校运动会中设立的跳高、铅球、跳远、100米比赛，每人限报一项，共有多少种不同的报名方法（ ）
A．12 B．24 C．64 D．81
【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：甲、乙、丙三个同学报名参加学校运动会中设立的跳高、铅球、跳远、100米比赛，每人限报一项， 每人有4种报名方法，根据分步计数原理，可知共有种不同的报名方法.
故答案为：C.
【分析】根据题意，可知三个同学中每人有4种报名方法，由分步计数原理计算即可.
3．（2024高二下·广东期中）某气象台天气预报的准确率为80%，则3次预报中恰有1次预报准确的概率是（ ）
A．9.6% B．10.4% C．80% D．99.2%
【答案】A
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：天气预报的准确率为80%，则3次预报中恰有1次预报准确的概率为：
，即3次预报中恰有1次预报准确的概率.
故答案为：A.
【分析】根据独立重复实验的概率公式求解即可.
4．（2024高二下·广东期中）的展开式中的系数为（ ）
A．80 B．40 C．10 D．
【答案】B
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：由二项式展开式的通项公式为，
令，可得，
所以展开式中的系数为.
故答案为：B.
【分析】本题考查二项展开式的通项公式.先利用二项展开式的通项公式进行展开可得：，令可求出的值，反代入通项公式可求出答案.
5．（2024高二下·广东期中）一个盒中有10个球，其中红球7个，黄球3个，随机抽取两个，则至少有一个黄球的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】超几何分布
【解析】【解答】解：记抽取黄球的个数为X，由题意，可得的取值为，
则．
故答案为：D．
【分析】记抽取黄球的个数为X，由题意可知X的可能取值为，根据超几何分布的概率公式求解即可.
6．（2024高二下·广东期中） 某莲藕种植塘每年的固定成本是2万元，每年最大规模的种植量是10万斤，每种植1斤藕，成本增加1元．销售额(单位：万元)与莲藕种植量(单位：万斤)满足(为常数)，若种植3万斤，利润是万元，则要使销售利润最大，每年需种植莲藕（ ）
A．7万斤 B．8万斤 C．9万斤 D．10万斤
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设销售利润为，
由题意可得．
因为，所以，
则，因为，
所以当时，；当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以时，取到最大值．所以要使销售利润最大，每年需种植莲藕8万斤．
故答案为：B．
【分析】先由已知求参数a，再利用导数研究单调性，最后确定销售利润最大时每年需种植莲藕的量.
7．（2024高二下·广东期中）英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A，B存在如下关系：.若某地区一种疾病的患病率是0.05，现有一种试剂可以检验被检者是否患病.已知该试剂的准确率为95%，即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有95%的可能呈现阳性；该试剂的误报率为0.5%，即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有0.5%的可能会误报阳性.现随机抽取该地区的一个被检验者，已知检验结果呈现阳性，则此人患病的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】全概率公式；条件概率；贝叶斯公式
【解析】【解答】解：设事件为检验结果呈现阳性，事件为此人患病，
因为，
，
所以.
故答案为：C.
【分析】先设事件，利用条件概率和全概率公式求得，再利用贝叶斯公式求解即可.
8．（2024高二下·广东期中）某市举行乡村振兴汇报会，六个获奖单位的负责人甲 乙 丙等六人分别上台发言，其中负责人甲 乙发言顺序必须相邻，丙不能在第一个与最后一个发言，则不同的安排方法共有（ ）
A．240种 B．120种 C．156种 D．144种
【答案】D
【知识点】排列与组合的综合
【解析】【解答】解：因为负责人甲 乙发言顺序必须相邻，所以将甲乙捆绑看做一个元素，又因为丙不能在第一个与最后一个发言，所以丙的位置有3个，将剩余4个元素再排序有种方法，
故不同的安排方法共有种.
故答案为：D.
【分析】由题意，将甲乙捆绑，再确定丙的位置，排序求解即可.
二、多项选择题（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，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.）
9．（2024高二下·广东期中）随机变量的分布列为（ ）
0 1 2
若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；概率分布列
【解析】【解答】解：由题意，可得，解得，
A、由上分析可知，故A正确；
B、，故B正确；
C、，故C错误；
D、，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】根据分布列的性质及期望公式列方程组，求出、的值，再求出方差，最后利用期望、方差的性质求出、即可.
10．（2024高二下·广东期中）甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ）
A．如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种
B．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种
C．甲乙不相邻的排法种数为82种
D．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种
【答案】A,B,D
【知识点】排列与组合的综合
【解析】【解答】解：A、如果甲，乙必须相邻，将 甲，乙 捆绑，则不同的排法有种，故A正确；
B、若最左端排甲，则有种排法；
若最左端排乙，有种排法，则不同的排法共有42种，故B正确；
C、甲乙不相邻，则甲、乙插空，则不同的排法种数有种，故C错误；
D、甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，利用捆绑法求解即可判断A；分最左端排甲，和最左端排乙两类求解即可判断B；根据甲乙不相邻，利用插空法求解即可判断C；根据甲乙丙从左到右的顺序排列，通过除序法求解即可判断D.
11．（2024高二下·广东期中）已知函数，，则下列说法正确的有（ ）
A．为偶函数
B．为周期函数
C．在区间上，有且只有一个极小值点
D．过作的切线有且仅有3条
【答案】A,D
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：A、函数的定义域为，定义域关于原点对称，且满足，则函数是偶函数，故A正确；
B、若存在非零常数，使得，
令，则，即，
令，则，因为，所以，即或.
若，则，解得，舍去；
若，则，解得，
所以若存在非零常数，使得，则.
即，令，则，
而，，不符合题意.故不存在非零常数，
使得，故B错误；
C、，，则，
令，则，
当，，则单调递减，即单调递减，
又，，
故在上有且仅有一个解，设为，
所以当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以有且只有一个极值点，且是极大值点，故C错误；
D、设切点横坐标为，则切线方程为，
将代入，得，解得或，.
若，则切线方程为；若，则，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用函数的奇偶性的定义易知函数为偶函数即可判断A；根据周期性的定义即可判断B；根据导数判断其单调性，易知有且只有一个极值点，是极大值点即可判断C；根据导数的几何意义求曲线过某点的切线方程即可判断D.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填在答题卡的相应位置上.）
12．（2024高二下·广东期中）的展开式中的系数为 ．（用数字作答）．
【答案】84
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式展开式的通项为（且），
则的展开式中含的项为，
故展开式中的系数为.
故答案为：84.
【分析】先写出二项式展开式的通项，即可求展开式中的系数.
13．（2024高二下·广东期中）若随机变量，且，则 ．
【答案】
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为随机变量，字儿，
所以，
则.
故答案为：.
【分析】由题意，根据正态分布的性质求解即可.
14．（2024高二下·广东期中）已知函数在上有两个零点，则的取值范围是 .
【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数在上有两个零点，等价于在上有两个不相等根，等价于函数与函数有两个不同的交点，
易知函数恒过点，设与相切时切点为，
因为，所以切线斜率为，则切线方程为，
当切线经过点时，解得，切线斜率为，
由函数图象特征可知：函数在上有两个零点，
则实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】原问题等价于函数与函数有两个不同的交点，求出两函数相切时的切线斜率，再结合函数特征，求m的取值范围即可.
四、解答题（本大题共5小题，第15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效.）
15．（2024高二下·广东期中）已知.
（1）求展开式第3项的二项式系数；
（2）求的值；
（3）求的值；
【答案】（1）解：二项式展开式的通项公式为，
令，解得，则展开式的第3项的二项式系数为；
（2）解：由，
令，可得；
令，可得，
则；
（3）解：由，
令，可得，
令，可得，
两式相减可得，所以.
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【分析】（1）写出二项式展开式的通项公式，由题意，列式求解即可；
（2）分别令和，求的值即可；
（3）分别令和，两式相减，求的值即可.
16．（2024高二下·广东期中）已知函数在x＝1处取得极值．
（1）求a的值；
（2）求f（x）在区间[－4，4]上的最大值和最小值．
【答案】解：（1）定义域为，，
因为在x＝1处取得极值，所以，即，解得，
经检验，符合题意，故的值为9；
（2）由（1）得，，
令，解得或；
令，解得，
则的单调递增区间为，，单调递减区间为，
故函数的极大值为，极小值为，
又因为，，所以
故的最大值为76，最小值为.
【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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域以及导函数，根据函数在处取得极值，得，求解即可；
（2）由（1）可得，利用导数判断其单调性再求极值以及端点值，比较大小可得最值即可．
17．（2024高二下·广东期中）甲、乙两位同学到校学生会竞聘同一岗位，进入最后面试环节．具体面试方案如下：甲、乙各自从5个问题中随机抽取3个问题，已知这5个问题中，甲能正确回答其中3个问题，而乙能正确回答每个问题的概率均为，甲、乙对每个问题的回答都相互独立，互不影响．
（1）设甲答对的问题个数为随机变量，求的分布列、数学期望和方差；
（2）请从数学期望和方差的角度分析，甲、乙两位同学，哪位同学竞聘成功的可能性更大？
【答案】解：（1）由题意可知的所有可能取值为1，2，3，
则，，，
则的分布列为
1 2 3
所以，
，
（2）设乙答对的题数为，则所有可能的取值为0，1，2，3，由题意可知，
则
因为，
所以甲的方差小，甲比较稳定，
所以甲同学竞聘成功的可能性更大
【知识点】离散型随机变量及其分布列；超几何分布；二项分布
【解析】【分析】（1）由题意可知的所有可能取值为1，2，3，分别求出相应的概率，即可求的分布列、数学期望和方差；
（2）设乙答对的题数为，则所有可能的取值为0，1，2，3，由题意可知，从而利用二项分布求出乙的数学期望和方差，再与甲比较可得结论.
18．（2024高二下·广东期中）在混放在一起的6件不同的产品中，有2件次品，4件正品.现需要通过检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束.
（1）若第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，求共有多少种不同的抽法；
（2）已知每检测一件产品需要100元费用，求检测结束时检测费用为400元的抽法有多少种？（要求：解答过程要有必要的说明和步骤）
【答案】（1）解：由题意知，第一次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束，
第1次抽到的是正品有种抽法；第2次抽到的是次品有种抽法；第3次抽到的是正品有种抽法；
当抽取4次结束时，第4次抽到的必是次品，共有种抽法；
当抽取5次结束时，若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是正品，则共有种抽法；
若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是次品，则共有种抽法；
综上，第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品共有120种抽法.
（2）解：由题意知，检测费用为400元，说明一共抽取了4次检测结束，共有以下两种情况：
①4次抽到的均为正品，共有种抽法；
②前3次抽到2件正品，1件次品，且第4次抽到的是次品，共有种抽法.
所以，检测结束时，检测费用为400元的抽法共有96种.
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列与组合的综合
【解析】【分析】（1）由题意知，第一次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束，再利用两个计数原理和排列组合数求解即可；
（2）利用分类加法计数原理，结合排列组合知识求解即可.
19．（2024高二下·广东期中）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：不等式恒成立．
【答案】（1）解：函数定义域为，，
当时，恒成立，则函数在上单调递减，
当时，，
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减，
综上所述，当时在上单调递减；
当时在上单调递增，在上单调递减.
（2）解：当时，则不等式恒成立，即恒成立，
令，，则，
令，，则，所以在上单调递增，
又，，所以存在唯一实数使得，
所以当时，即，所以在上单调递减，
当时，即，所以在上单调递增，
所以，又，
即，所以，则，
所以
，
令，，则，
所以在上单调递减，所以，
所以，
即，所以恒成立，即不等式恒成立.
【知识点】函数恒成立问题；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】（1）先求函数的定义域，以及函数导函数，分、两种情况讨论，分别求函数的单调区间即可；
（2）依题意恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，只需证明即可.
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