【精品解析】浙江省嘉兴高级中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷

浙江省嘉兴高级中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷
1．（2024高二下·嘉兴期中）若随机变量满足，其中为常数，则（　　）
A．0 B． C． D．1
2．（2024高二下·嘉兴期中）下列求导结果正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2024高二下·嘉兴期中）已知随机变量服从正态分布，则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2024高二下·嘉兴期中）方程的正整数解的个数为（　　）
A．56 B．35 C．70 D．66
5．（2024高二下·嘉兴期中）设，则的展开式中的系数为（　　）
A．16 B．448 C． D．
6．（2024高二下·嘉兴期中）不透明的盒子中有红色、黄色、黑色的球各个，且这些球标有不同的编号，每次从中随机取出个，不放回，当取出相同颜色的球时，结束取球，则结束取球时，恰有种不同颜色的球被取出的取法共有（　　）
A．种 B．种 C．种 D．种
7．（2024高二下·嘉兴期中）函数在区间上有最小值，则实数的取值范围是(　　)
A． B． C． D．
8．（2024高二下·嘉兴期中）已知是定义在上的可导函数，且满足，则不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·嘉兴期中）若的展开式中第5项的二项式系数最大，则的可能值为（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
10．（2024高二下·嘉兴期中）已知为随机事件，，则下列结论正确的有（　　）
A．若为互斥事件，则
B．若为互斥事件，则
C．若相互独立，则
D．若，则
11．（2024高二下·嘉兴期中）已知直线与函数的图象相交于两点，与函数的图象相交于两点，的横坐标分别为，则（　　）
A． B． C． D．
12．（2024高二下·嘉兴期中）抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记{两次的点数均为奇数}，{两次的点数之和为8}，则　 　
13．（2024高二下·嘉兴期中）已知在10件产品中可能存在次品，从中抽取2件检查，其次品数为，已知，且该产品的次品率不超过，则这10件产品的次品率为　 　．
14．（2024高二下·嘉兴期中）若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是　 　．
15．（2024高二下·嘉兴期中）从等人中选出人排成一排.
（1）三人不全在内，有多少种排法？
（2）都在内，且必须相邻，与都不相邻，都多少种排法？
（3）不允许站排头和排尾，不允许站在中间（第三位），有多少种排法？（列式并用数字作答）
16．（2024高二下·嘉兴期中）已知二项式.
（1）若它的二项式系数之和为，求展开式中系数最大的项．
（2）若，求二项式的值被除的余数；
17．（2024高二下·嘉兴期中）设函数，其中，且．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若是的极值点，且对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
18．（2024高二下·嘉兴期中）某医学研究院为寻找防治甲流的新技术，对甲流疑似病例进行检测与诊断.研究员抽取了5名甲流疑似病例，假设其中仅有一名感染甲流，需要通过化验血液来确认感染甲流的人，若化验结果只有阳性和阴性两种，且化验结果呈阳性，则为甲流感染者，化验结果呈阴性，则不是甲流感染者.现有两个检测方案：
方案一：先从5人中随机抽取2人，将其血液混合，进行1次检测，若呈阳性，则选择这2人中的1人检测即可；若呈阴性，则对另外3人进行检测，每次检测1人，找到甲流感染者则停止检测.
方案二：对5人进行逐个检测，找到甲流感染者则停止检测.
（1）分别求出利用方案一、方案二所需检测次数的分布列与数学期望；
（2）求两种方案检测次数相等的概率；
（3）已知检测前需一次性花费固定成本500元，检测费用为400元/次，请分别计算利用两种方案检测的总费用的期望值，并以此作为决策依据，判断选择哪个方案更好.
19．（2024高二下·嘉兴期中）已知函数 ， .
（1）求函数 在 处的切线方程；
（2）（i）若函数 在 为递减函数，求 的值；
（ii）在（i）成立的条件下，若 且 ，求 的最大值.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：因为随机变量满足，其中为常数，
所以，所以.
故答案为：A.
【分析】根据题意，求得，结合方差的公式，即可求解.
2．【答案】C
【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：对于A选项，，A选项错误；
对于B选项，，B选项错误；
对于C选项，，C选项正确；
对于D选项，，D选项错误.
故答案为：C.
【分析】利用求导公式，以及复合函数求导进行判断即可得到结果.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：因为，
则，，
若则，
即，故充分性成立，
若，则，
解得或，故必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A
【分析】利用正态曲线的性质及充分条件、必要条件的定义判断即可.
4．【答案】B
【知识点】基本计数原理的应用；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：原问题相当于将8个相同的小球装入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个小球，
采用隔板法：将8个小球排成一排，在其中的7个空位上插入3个隔板即可，
故共有种．
故答案为：B.
【分析】将问题转化为将8个相同的小球装入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个小球，采用隔板法求解即可．
5．【答案】C
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：因为，
所以，
令，得，所以展开式中的系数为.
故答案为：C
【分析】根据，结合二项式定理公式求解即可得到结果.
6．【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：第一步，从9个球中任意取一个，有种取法；
第二步，从与第一步所取球颜色不同的6个球中任意取一个，有种取法；
第三步，剩下的球中与第一步颜色相同的球有2个，与第二步颜色相同的球也有2个，从这4个球中任意选一个，有 种取法；
根据分步乘法计数原理，结束取球时，恰有2种不同颜色的球被取出的取法共有种.
故答案为：D .
【分析】根据题意，利用分步乘法原理计算即可得到结果.
7．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：f'(x)=-3x2+3=0，x1=-1，x2=1，当x<-1和x>1时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
当-10，f(x)单调递增，x=-1处取极小值，f(-1)=-2，而上有最小值，故a2-12<-1，a>-1且a2-12故答案为：C
【分析】利用导数知函数的单调区间与极值，结合题意可知a2-12<-1.a>-1且a2-128．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为定义在上，所以中的式子要有意义，
需满足，解得.
因为，所以，即，
设函数，则在定义域上单调递减.
要求，则
当，即时，，即，
所以，解得或，所以；
当，即时，，即，
所以，解得；
在中，令得，
而在中，当时，有，显然成立；
综上，的解集为.
故答案为：D.
【分析】先根据构造新函数，从而得到新函数的单调性，然后再对要求的不等式变形，变成“”的形式，然后根据函数单调性去掉对应关系“”，从而解得答案.
9．【答案】B,C,D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：当时，此时只有第4项二项式系数最大，此时不满足条件，
当时，第4，第5项二项式系数最大，此时满足条件，
当时，此时只有第5项二项式系数最大，此时满足条件，
当时，第5，第6项二项式系数最大，此时满足条件，
故答案为：BCD．
【分析】根据二项式系数的性质分别进行求解即可．
10．【答案】A,C,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；条件概率与独立事件；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：对于A，若为互斥事件，则，即可得A正确；
对于B，由可得，
又为互斥事件，则，又，即B错误；
对于C，若相互独立，则，
所以，即C正确；
对于D，若，所以；
可得，
所以，即D正确.
故答案为：ACD
【分析】根据互斥事件性质可求得A正确，B错误，再由相互独立事件性质可得C正确，利用对立事件及条件概率公式可得D正确.
11．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意，，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
又，当时，，单调递减；当时，，单调递增．
如图，画出函数与的图象，
由题意可知，，其中．
解法一 选项A：所以，故A正确．
选项B：因为，
且，，在上单调递减，所以，故B错误．
选项C：因为，
且，，在上单调递增，所以，故C正确．
选项D：由B，C选项知，，即，因为，所以，故D正确．
解法二 选项A：所以，故A正确．
选项B：因为，
且，，在上单调递减，所以，所以，故B错误．
选项C：因为，
且，，在上单调递增，所以，所以，故C正确．
选项D：由B，C选项可知，，即，因为，所以，故D正确．
故答案为：ACD
【分析】
求导函数，分别确定函数的单调性，并作出两函数的图象，结合函数图象，将交点坐标转化成与函数或者相同的结构的形式，从而根据单调性逐项判断即可得结论.
【点睛】
思路点睛：本题是指对函数混和与导数综合应用，解决问题的思路是将含有和的函数转化为结构相同的函数.如下为和相关的常见同构模型：
（1），构造函数（或，构造函数）；
（2），构造函数（或，构造函数）；
（3），构造函数（或，构造函数）．
12．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：由题意，，
，即，
所以.
故答案为：
【分析】利用列举法，再将集合A的表示详细列出，接着根据古典概型及条件概率公式计算即可.
13．【答案】
【知识点】用样本的频率分布估计总体分布；古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：设10件产品中存在n件次品，从中抽取2件，其次品数为.
由得，
，化简得，
解得或，
又该产品的次品率不超过40%，，
应取，
这10件产品的次品率为.
故答案为：20%.
【分析】设10件产品中存在n件次品，根据题意列出方程求出n的值，再计算次品率.设10件产品中存在n件次品，根据题意列出方程求出n的值，再计算次品率.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：令，得；
设，则方程，即，
易知，所以在上单调递增，在上单调递减，可得，
易知当时，，当时，，且当趋近于时，趋近于0，当趋近于时，趋近于，
作出的大致图象如图所示．
数形结合可得，且方程在上有两个不同的实数根．
解法一：
由，得或．
当时，，此时方程在上至多有一个实数根，不合题意，
当时，设方程在上的两个实数根分别为，则，
所以需，得，故实数的取值范围是．
解法二：
设方程的两个不同的实数根分别为，
则，或，．
①当，时，由，得，
则在上有两个不同的实数根，即在上有两个不同的实数根，
由，得或，与，矛盾．
②当，时，若方程在上有两个不同的实数根，
则，解得．
故答案为：
【分析】将函数的零点问题转化为方程的根的问题，易知的最大值为；
解法一：利用方程根的判别式求出参数的取值范围，并分类讨论是否符合题意即可求出结果；
解法二：结合图象对的两根的分布情况进行分类讨论即可求得参数的取值范围.
【点睛】
关键点点睛：解决此类问题需注意以下几点，
（1）会转化，即会将零点问题转化为方程的根的问题；
（2）会作图，即会根据基本初等函数的图象或利用导数画出相关函数的大致图象；
（3）会观察，即会利用数形结合思想得到参数的取值范围．
15．【答案】（1）从7人中任选5人排列共有种不同排法，三人全在内有种不同排法，
由间接法可得三人不全在内共有种不同排法；
（2）因A，B，C都在内，所以只需从余下4人中选2人有种不同结果，A，B必须相邻，有种不同排法，
由于C与A，B都不相邻，先将选出的2人进行全排列共有种不同排法，再将A、B这个整体与C插入到选出的2人所产生的3个空位中有种不同排法，
由乘法原理可得共有种不同排法；
（3）分四类：第一类：所选的5人无A、B，共有种排法；
第二类：所选的5人有A、无B，共有种排法；
第三类：所选的5人无A、有B，共有种排法；
第四类：所选的5人有A、B，若A排中间时，有种排法，
若A不排中间时，有种排法，共有种排法；
综上，共有1560种不同排法.
【知识点】基本计数原理的应用；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）根据全排列，去掉在内的情况即可由排列和组合求解，
（2）根据相邻和不相邻问题，利用捆绑法和插空法即可求解，
（3）分四类情况即可求解.
（1）从7人中任选5人排列共有种不同排法，三人全在内有种不同排法，
由间接法可得三人不全在内共有种不同排法；
（2）因A，B，C都在内，所以只需从余下4人中选2人有种不同结果，A，B必须相邻，有种不同排法，
由于C与A，B都不相邻，先将选出的2人进行全排列共有种不同排法，再将A、B这个整体与C插入到选出的2人所产生的3个空位中有种不同排法，
由乘法原理可得共有种不同排法；
（3）分四类：第一类：所选的5人无A、B，共有种排法；
第二类：所选的5人有A、无B，共有种排法；
第三类：所选的5人无A、有B，共有种排法；
第四类：所选的5人有A、B，若A排中间时，有种排法，
若A不排中间时，有种排法，共有种排法；
综上，共有1560种不同排法.
16．【答案】（1）由题意可知，
则的展开通项公式为，
假设展开式中系数最大的项为第项，
则，
即，解得，
所以展开式中系数最大的项为第6项，
即；
（2）因为时，
，
记，显然能被9整除，
所以二项式的值被除的余数为.
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【分析】（1）利用二项式系数和公式先求，再利用展开式通项公式列不等式组计算即可；
（2）将变形为，利用二项式定理计算即可.
（1）由题意可知，
则的展开通项公式为，
假设展开式中系数最大的项为第项，
则，
即，解得，
所以展开式中系数最大的项为第6项，
即；
（2）因为时，
，
记，显然能被9整除，
所以二项式的值被除的余数为.
17．【答案】（1）当时，定义域为．
所以．当时，；当时，．
因此的单调递增区间是，单调递减区间是．
（2）因为，所以，即解得．
于是就是，即在上恒成立．
令，则．
当时，，所以，在上单增．
因此，．故实数的取值范围是．
【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
【解析】【分析】（1）依题意可得，求出函数的导函数，在解导函数的不等式，即可得到函数的单调区间；
（2）首先求出函数的导函数，依题意，即可求出参数的值，参变分离得到在上恒成立，构造函数利用导数研究函数的单调性与最值，即可得解；
18．【答案】（1）设方案一所需检测次数为，则的所有可能取值为，.
当时，有两种情况：
①第1次检测2人的混合血液呈阳性，第2次任选这2人中的1人检测即可确定甲流感染者，其概率为.
②第1次检测2人的混合血液呈阴性，第2次检测另外3人中的1人呈阳性，其概率为.
故.
当时，第1次检测2人的混合血液呈阴性，第2次检测另外3人中的1人呈阴性，
第3次从剩余2人中任选1人检测即可确定甲流感染者，
故（另解：）.
故的分布列为
2 3
故.
设方案二所需检测次数为，则的所有可能取值为，，，.
故，，
，（另解：）.
故的分布列为
1 2 3 4
故
（2）由（1）知两种方案的检测次数均为的概率为，
两种方案的检测次数均为的概率为，
故两种方案检测次数相等的概率为.
（3）设方案一、方案二的检测总费用分别为，，
则，，
则方案一检测总费用的期望值（元），
方案二检测总费用的期望值（元）.
因为，所以方案一检测总费用的期望值更小，所以选择方案一更好.
【知识点】极差、方差与标准差；概率分布列；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）设方案一所需检测次数为，则的所有可能取值为，，设方案二所需检测次数为，则的所有可能取值为，，，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望；
（2）结合（1）利用相互独立事件的概率公式计算可得；
（3）设方案一、方案二的检测总费用分别为，，则，，结合（1）利用期望的性质计算可得.
（1）设方案一所需检测次数为，则的所有可能取值为，.
当时，有两种情况：
①第1次检测2人的混合血液呈阳性，第2次任选这2人中的1人检测即可确定甲流感染者，其概率为.
②第1次检测2人的混合血液呈阴性，第2次检测另外3人中的1人呈阳性，其概率为.
故.
当时，第1次检测2人的混合血液呈阴性，第2次检测另外3人中的1人呈阴性，
第3次从剩余2人中任选1人检测即可确定甲流感染者，
故（另解：）.
故的分布列为
2 3
故.
设方案二所需检测次数为，则的所有可能取值为，，，.
故，，
，（另解：）.
故的分布列为
1 2 3 4
故.
（2）由（1）知两种方案的检测次数均为的概率为，
两种方案的检测次数均为的概率为，
故两种方案检测次数相等的概率为.
（3）设方案一、方案二的检测总费用分别为，，
则，，
则方案一检测总费用的期望值（元），
方案二检测总费用的期望值（元）.
因为，所以方案一检测总费用的期望值更小，所以选择方案一更好.
19．【答案】（1）解：因为 ，所以 .
函数 在 处即过 点的切线方程： ，
故所求的切线方程为： .
（2）解：（i）设 ，
则 ， ，
当 时， ， 在 为增函数.
当 时， ， 在 为增函数与 在 为减函数矛盾；
当 时， 时， 在 增函数，
时， ， 在 减函数，
，
因为 在 为减函数，所以 成立.
记 ，则 ，
因为 时， ， 时， ，所以 ，
又 ，所以 .
（i i）由（i）成立的条件，即 ，则 .
因为 ，（不妨设 ）.
所以
又 在 为减函数，而 ，
所以只有 和 两种情况.
当 时， ，所以 ，
当 时，所以 .
，记
，
所以 在 为递增函数，
又 ， 在 为递减函数，
所以
又 时， ， ，
因为 ，所以 .
【知识点】函数单调性的性质；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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】(1)首先根据题意对函数求导，并把数值代入到导函数的解析式由此计算出切线的斜率，由点斜式求出切线的方程即可。
(2) （i） 根据题意构造函数并对其求导，由导函数的性质即可得出函数的单调性，再函数的单调性即可求出函数的最值，利用已知条件即可计算出m的取值。
（i i） 由（i）的结论结合函数单调性的定义整理化简即可得证出，然后构造函数结合导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可求出函数的最值即可。
1 / 1浙江省嘉兴高级中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷
1．（2024高二下·嘉兴期中）若随机变量满足，其中为常数，则（　　）
A．0 B． C． D．1
【答案】A
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：因为随机变量满足，其中为常数，
所以，所以.
故答案为：A.
【分析】根据题意，求得，结合方差的公式，即可求解.
2．（2024高二下·嘉兴期中）下列求导结果正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【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：对于A选项，，A选项错误；
对于B选项，，B选项错误；
对于C选项，，C选项正确；
对于D选项，，D选项错误.
故答案为：C.
【分析】利用求导公式，以及复合函数求导进行判断即可得到结果.
3．（2024高二下·嘉兴期中）已知随机变量服从正态分布，则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：因为，
则，，
若则，
即，故充分性成立，
若，则，
解得或，故必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A
【分析】利用正态曲线的性质及充分条件、必要条件的定义判断即可.
4．（2024高二下·嘉兴期中）方程的正整数解的个数为（　　）
A．56 B．35 C．70 D．66
【答案】B
【知识点】基本计数原理的应用；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：原问题相当于将8个相同的小球装入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个小球，
采用隔板法：将8个小球排成一排，在其中的7个空位上插入3个隔板即可，
故共有种．
故答案为：B.
【分析】将问题转化为将8个相同的小球装入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个小球，采用隔板法求解即可．
5．（2024高二下·嘉兴期中）设，则的展开式中的系数为（　　）
A．16 B．448 C． D．
【答案】C
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：因为，
所以，
令，得，所以展开式中的系数为.
故答案为：C
【分析】根据，结合二项式定理公式求解即可得到结果.
6．（2024高二下·嘉兴期中）不透明的盒子中有红色、黄色、黑色的球各个，且这些球标有不同的编号，每次从中随机取出个，不放回，当取出相同颜色的球时，结束取球，则结束取球时，恰有种不同颜色的球被取出的取法共有（　　）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：第一步，从9个球中任意取一个，有种取法；
第二步，从与第一步所取球颜色不同的6个球中任意取一个，有种取法；
第三步，剩下的球中与第一步颜色相同的球有2个，与第二步颜色相同的球也有2个，从这4个球中任意选一个，有 种取法；
根据分步乘法计数原理，结束取球时，恰有2种不同颜色的球被取出的取法共有种.
故答案为：D .
【分析】根据题意，利用分步乘法原理计算即可得到结果.
7．（2024高二下·嘉兴期中）函数在区间上有最小值，则实数的取值范围是(　　)
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：f'(x)=-3x2+3=0，x1=-1，x2=1，当x<-1和x>1时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
当-10，f(x)单调递增，x=-1处取极小值，f(-1)=-2，而上有最小值，故a2-12<-1，a>-1且a2-12故答案为：C
【分析】利用导数知函数的单调区间与极值，结合题意可知a2-12<-1.a>-1且a2-128．（2024高二下·嘉兴期中）已知是定义在上的可导函数，且满足，则不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为定义在上，所以中的式子要有意义，
需满足，解得.
因为，所以，即，
设函数，则在定义域上单调递减.
要求，则
当，即时，，即，
所以，解得或，所以；
当，即时，，即，
所以，解得；
在中，令得，
而在中，当时，有，显然成立；
综上，的解集为.
故答案为：D.
【分析】先根据构造新函数，从而得到新函数的单调性，然后再对要求的不等式变形，变成“”的形式，然后根据函数单调性去掉对应关系“”，从而解得答案.
9．（2024高二下·嘉兴期中）若的展开式中第5项的二项式系数最大，则的可能值为（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】B,C,D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：当时，此时只有第4项二项式系数最大，此时不满足条件，
当时，第4，第5项二项式系数最大，此时满足条件，
当时，此时只有第5项二项式系数最大，此时满足条件，
当时，第5，第6项二项式系数最大，此时满足条件，
故答案为：BCD．
【分析】根据二项式系数的性质分别进行求解即可．
10．（2024高二下·嘉兴期中）已知为随机事件，，则下列结论正确的有（　　）
A．若为互斥事件，则
B．若为互斥事件，则
C．若相互独立，则
D．若，则
【答案】A,C,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；条件概率与独立事件；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：对于A，若为互斥事件，则，即可得A正确；
对于B，由可得，
又为互斥事件，则，又，即B错误；
对于C，若相互独立，则，
所以，即C正确；
对于D，若，所以；
可得，
所以，即D正确.
故答案为：ACD
【分析】根据互斥事件性质可求得A正确，B错误，再由相互独立事件性质可得C正确，利用对立事件及条件概率公式可得D正确.
11．（2024高二下·嘉兴期中）已知直线与函数的图象相交于两点，与函数的图象相交于两点，的横坐标分别为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意，，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
又，当时，，单调递减；当时，，单调递增．
如图，画出函数与的图象，
由题意可知，，其中．
解法一 选项A：所以，故A正确．
选项B：因为，
且，，在上单调递减，所以，故B错误．
选项C：因为，
且，，在上单调递增，所以，故C正确．
选项D：由B，C选项知，，即，因为，所以，故D正确．
解法二 选项A：所以，故A正确．
选项B：因为，
且，，在上单调递减，所以，所以，故B错误．
选项C：因为，
且，，在上单调递增，所以，所以，故C正确．
选项D：由B，C选项可知，，即，因为，所以，故D正确．
故答案为：ACD
【分析】
求导函数，分别确定函数的单调性，并作出两函数的图象，结合函数图象，将交点坐标转化成与函数或者相同的结构的形式，从而根据单调性逐项判断即可得结论.
【点睛】
思路点睛：本题是指对函数混和与导数综合应用，解决问题的思路是将含有和的函数转化为结构相同的函数.如下为和相关的常见同构模型：
（1），构造函数（或，构造函数）；
（2），构造函数（或，构造函数）；
（3），构造函数（或，构造函数）．
12．（2024高二下·嘉兴期中）抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记{两次的点数均为奇数}，{两次的点数之和为8}，则　 　
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：由题意，，
，即，
所以.
故答案为：
【分析】利用列举法，再将集合A的表示详细列出，接着根据古典概型及条件概率公式计算即可.
13．（2024高二下·嘉兴期中）已知在10件产品中可能存在次品，从中抽取2件检查，其次品数为，已知，且该产品的次品率不超过，则这10件产品的次品率为　 　．
【答案】
【知识点】用样本的频率分布估计总体分布；古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：设10件产品中存在n件次品，从中抽取2件，其次品数为.
由得，
，化简得，
解得或，
又该产品的次品率不超过40%，，
应取，
这10件产品的次品率为.
故答案为：20%.
【分析】设10件产品中存在n件次品，根据题意列出方程求出n的值，再计算次品率.设10件产品中存在n件次品，根据题意列出方程求出n的值，再计算次品率.
14．（2024高二下·嘉兴期中）若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：令，得；
设，则方程，即，
易知，所以在上单调递增，在上单调递减，可得，
易知当时，，当时，，且当趋近于时，趋近于0，当趋近于时，趋近于，
作出的大致图象如图所示．
数形结合可得，且方程在上有两个不同的实数根．
解法一：
由，得或．
当时，，此时方程在上至多有一个实数根，不合题意，
当时，设方程在上的两个实数根分别为，则，
所以需，得，故实数的取值范围是．
解法二：
设方程的两个不同的实数根分别为，
则，或，．
①当，时，由，得，
则在上有两个不同的实数根，即在上有两个不同的实数根，
由，得或，与，矛盾．
②当，时，若方程在上有两个不同的实数根，
则，解得．
故答案为：
【分析】将函数的零点问题转化为方程的根的问题，易知的最大值为；
解法一：利用方程根的判别式求出参数的取值范围，并分类讨论是否符合题意即可求出结果；
解法二：结合图象对的两根的分布情况进行分类讨论即可求得参数的取值范围.
【点睛】
关键点点睛：解决此类问题需注意以下几点，
（1）会转化，即会将零点问题转化为方程的根的问题；
（2）会作图，即会根据基本初等函数的图象或利用导数画出相关函数的大致图象；
（3）会观察，即会利用数形结合思想得到参数的取值范围．
15．（2024高二下·嘉兴期中）从等人中选出人排成一排.
（1）三人不全在内，有多少种排法？
（2）都在内，且必须相邻，与都不相邻，都多少种排法？
（3）不允许站排头和排尾，不允许站在中间（第三位），有多少种排法？（列式并用数字作答）
【答案】（1）从7人中任选5人排列共有种不同排法，三人全在内有种不同排法，
由间接法可得三人不全在内共有种不同排法；
（2）因A，B，C都在内，所以只需从余下4人中选2人有种不同结果，A，B必须相邻，有种不同排法，
由于C与A，B都不相邻，先将选出的2人进行全排列共有种不同排法，再将A、B这个整体与C插入到选出的2人所产生的3个空位中有种不同排法，
由乘法原理可得共有种不同排法；
（3）分四类：第一类：所选的5人无A、B，共有种排法；
第二类：所选的5人有A、无B，共有种排法；
第三类：所选的5人无A、有B，共有种排法；
第四类：所选的5人有A、B，若A排中间时，有种排法，
若A不排中间时，有种排法，共有种排法；
综上，共有1560种不同排法.
【知识点】基本计数原理的应用；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）根据全排列，去掉在内的情况即可由排列和组合求解，
（2）根据相邻和不相邻问题，利用捆绑法和插空法即可求解，
（3）分四类情况即可求解.
（1）从7人中任选5人排列共有种不同排法，三人全在内有种不同排法，
由间接法可得三人不全在内共有种不同排法；
（2）因A，B，C都在内，所以只需从余下4人中选2人有种不同结果，A，B必须相邻，有种不同排法，
由于C与A，B都不相邻，先将选出的2人进行全排列共有种不同排法，再将A、B这个整体与C插入到选出的2人所产生的3个空位中有种不同排法，
由乘法原理可得共有种不同排法；
（3）分四类：第一类：所选的5人无A、B，共有种排法；
第二类：所选的5人有A、无B，共有种排法；
第三类：所选的5人无A、有B，共有种排法；
第四类：所选的5人有A、B，若A排中间时，有种排法，
若A不排中间时，有种排法，共有种排法；
综上，共有1560种不同排法.
16．（2024高二下·嘉兴期中）已知二项式.
（1）若它的二项式系数之和为，求展开式中系数最大的项．
（2）若，求二项式的值被除的余数；
【答案】（1）由题意可知，
则的展开通项公式为，
假设展开式中系数最大的项为第项，
则，
即，解得，
所以展开式中系数最大的项为第6项，
即；
（2）因为时，
，
记，显然能被9整除，
所以二项式的值被除的余数为.
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【分析】（1）利用二项式系数和公式先求，再利用展开式通项公式列不等式组计算即可；
（2）将变形为，利用二项式定理计算即可.
（1）由题意可知，
则的展开通项公式为，
假设展开式中系数最大的项为第项，
则，
即，解得，
所以展开式中系数最大的项为第6项，
即；
（2）因为时，
，
记，显然能被9整除，
所以二项式的值被除的余数为.
17．（2024高二下·嘉兴期中）设函数，其中，且．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若是的极值点，且对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）当时，定义域为．
所以．当时，；当时，．
因此的单调递增区间是，单调递减区间是．
（2）因为，所以，即解得．
于是就是，即在上恒成立．
令，则．
当时，，所以，在上单增．
因此，．故实数的取值范围是．
【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
【解析】【分析】（1）依题意可得，求出函数的导函数，在解导函数的不等式，即可得到函数的单调区间；
（2）首先求出函数的导函数，依题意，即可求出参数的值，参变分离得到在上恒成立，构造函数利用导数研究函数的单调性与最值，即可得解；
18．（2024高二下·嘉兴期中）某医学研究院为寻找防治甲流的新技术，对甲流疑似病例进行检测与诊断.研究员抽取了5名甲流疑似病例，假设其中仅有一名感染甲流，需要通过化验血液来确认感染甲流的人，若化验结果只有阳性和阴性两种，且化验结果呈阳性，则为甲流感染者，化验结果呈阴性，则不是甲流感染者.现有两个检测方案：
方案一：先从5人中随机抽取2人，将其血液混合，进行1次检测，若呈阳性，则选择这2人中的1人检测即可；若呈阴性，则对另外3人进行检测，每次检测1人，找到甲流感染者则停止检测.
方案二：对5人进行逐个检测，找到甲流感染者则停止检测.
（1）分别求出利用方案一、方案二所需检测次数的分布列与数学期望；
（2）求两种方案检测次数相等的概率；
（3）已知检测前需一次性花费固定成本500元，检测费用为400元/次，请分别计算利用两种方案检测的总费用的期望值，并以此作为决策依据，判断选择哪个方案更好.
【答案】（1）设方案一所需检测次数为，则的所有可能取值为，.
当时，有两种情况：
①第1次检测2人的混合血液呈阳性，第2次任选这2人中的1人检测即可确定甲流感染者，其概率为.
②第1次检测2人的混合血液呈阴性，第2次检测另外3人中的1人呈阳性，其概率为.
故.
当时，第1次检测2人的混合血液呈阴性，第2次检测另外3人中的1人呈阴性，
第3次从剩余2人中任选1人检测即可确定甲流感染者，
故（另解：）.
故的分布列为
2 3
故.
设方案二所需检测次数为，则的所有可能取值为，，，.
故，，
，（另解：）.
故的分布列为
1 2 3 4
故
（2）由（1）知两种方案的检测次数均为的概率为，
两种方案的检测次数均为的概率为，
故两种方案检测次数相等的概率为.
（3）设方案一、方案二的检测总费用分别为，，
则，，
则方案一检测总费用的期望值（元），
方案二检测总费用的期望值（元）.
因为，所以方案一检测总费用的期望值更小，所以选择方案一更好.
【知识点】极差、方差与标准差；概率分布列；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）设方案一所需检测次数为，则的所有可能取值为，，设方案二所需检测次数为，则的所有可能取值为，，，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望；
（2）结合（1）利用相互独立事件的概率公式计算可得；
（3）设方案一、方案二的检测总费用分别为，，则，，结合（1）利用期望的性质计算可得.
（1）设方案一所需检测次数为，则的所有可能取值为，.
当时，有两种情况：
①第1次检测2人的混合血液呈阳性，第2次任选这2人中的1人检测即可确定甲流感染者，其概率为.
②第1次检测2人的混合血液呈阴性，第2次检测另外3人中的1人呈阳性，其概率为.
故.
当时，第1次检测2人的混合血液呈阴性，第2次检测另外3人中的1人呈阴性，
第3次从剩余2人中任选1人检测即可确定甲流感染者，
故（另解：）.
故的分布列为
2 3
故.
设方案二所需检测次数为，则的所有可能取值为，，，.
故，，
，（另解：）.
故的分布列为
1 2 3 4
故.
（2）由（1）知两种方案的检测次数均为的概率为，
两种方案的检测次数均为的概率为，
故两种方案检测次数相等的概率为.
（3）设方案一、方案二的检测总费用分别为，，
则，，
则方案一检测总费用的期望值（元），
方案二检测总费用的期望值（元）.
因为，所以方案一检测总费用的期望值更小，所以选择方案一更好.
19．（2024高二下·嘉兴期中）已知函数 ， .
（1）求函数 在 处的切线方程；
（2）（i）若函数 在 为递减函数，求 的值；
（ii）在（i）成立的条件下，若 且 ，求 的最大值.
【答案】（1）解：因为 ，所以 .
函数 在 处即过 点的切线方程： ，
故所求的切线方程为： .
（2）解：（i）设 ，
则 ， ，
当 时， ， 在 为增函数.
当 时， ， 在 为增函数与 在 为减函数矛盾；
当 时， 时， 在 增函数，
时， ， 在 减函数，
，
因为 在 为减函数，所以 成立.
记 ，则 ，
因为 时， ， 时， ，所以 ，
又 ，所以 .
（i i）由（i）成立的条件，即 ，则 .
因为 ，（不妨设 ）.
所以
又 在 为减函数，而 ，
所以只有 和 两种情况.
当 时， ，所以 ，
当 时，所以 .
，记
，
所以 在 为递增函数，
又 ， 在 为递减函数，
所以
又 时， ， ，
因为 ，所以 .
【知识点】函数单调性的性质；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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】(1)首先根据题意对函数求导，并把数值代入到导函数的解析式由此计算出切线的斜率，由点斜式求出切线的方程即可。
(2) （i） 根据题意构造函数并对其求导，由导函数的性质即可得出函数的单调性，再函数的单调性即可求出函数的最值，利用已知条件即可计算出m的取值。
（i i） 由（i）的结论结合函数单调性的定义整理化简即可得证出，然后构造函数结合导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可求出函数的最值即可。
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