广东省清远市211联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题
一、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．（2025高二下·清远期中）A，B，C，D，E五个人站成一排照相留念，不同的排法种数有（ ）
A．240 B．120 C．96 D．60
2．（2025高二下·清远期中）若，则（ ）
A．256 B．127 C．128 D．129
3．（2025高二下·清远期中）设函数在处存在导数为2，则（ ）
A． B． C．2 D．4
4．（2025高二下·清远期中）清远市有5个著名景点：A.连州地下河、B.英西峰林走廊、C.黄腾峡漂流、D.南岗千年瑶寨、E.聚龙湾温泉.某游客计划选择其中3个游览，但根据交通安排，若选择C（黄腾峡漂流），则必须同时选择E（聚龙湾温泉）.则该游客不同的选法有（ ）
A．5种 B．6种 C．7种 D．8种
5．（2025高二下·清远期中）下表是离散型随机变量的概率分布，则（ ）
1 2 3 4
P
A． B． C． D．
6．（2025高二下·清远期中）曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·清远期中）骰子是质地均匀的正方体，各面分别标有数字1，2，3，4，5，6.现在掷一枚骰子两次，记事件“两次点数的最大值为4”，事件“两次点数的最小值为1”，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·清远期中）已知函数在上单调递减，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共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．（2025高二下·清远期中）若，则x的值可以为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
10．（2025高二下·清远期中）下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2025高二下·清远期中）函数的极小值点和极大值点分别为，，若，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·清远期中）参加志愿者活动可以学会团队合作，不但能开阔眼界，还能提升个人沟通技巧和组织能力，从而积累社会经验.在帮助他人的过程中，传递爱心，促进社会和谐.现在某校举行校运会，有4名志愿者前往跳高、检录、立定跳远三个项目执行任务，若每个人只能去其中一个项目，且每个项目至少安排一个志愿者，则不同的安排方法种数是 .（用数字作答）
13．（2025高二下·清远期中）已知，则过点且与相切的直线方程为 .
14．（2025高二下·清远期中）经过多年的技术积累，我国在车床加工零件方面取得长足进步.某工厂加工的产品按技术指标从高到低可分为优品，良品，合格品和不合格品四个等级.按以往统计数据：100个零件中有40件优品，50件良品，5件合格品和5件不合格品.现该工厂向某地发货1000件产品.对方验货的规则如下：如果抽检的第一件产品是优品或良品，则接收全部产品；如果抽检的第一件产品是合格品，则再检验两件，如果都是优品或良品，则接收整批产品.其余情况拒收整批产品.若用频率代替概率，用随机抽样的方法采样，问本批产品被拒收的概率是 .
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15．（2025高二下·清远期中）为提高和展示学生的艺术水平，也为了激发学生的爱国热情，某校开展国庆文艺汇演，共有6个节目，其中有两个舞蹈，三个唱歌，一个朗诵，现在要安排演出次序.（结果用数值作答）
（1）若朗诵节目不在排头，也不在排尾，有多少种不同排法？
（2）若三个唱歌节目必须相邻，有多少种不同排法？
（3）求两个舞蹈节目不相邻的概率.
16．（2025高二下·清远期中）在科研经费不断投入和科技人员的努力下，近年来我国在智能手机的设计、生产、销售等方面取得了迅猛的发展.2021年国家统计局数据显示国内智能手机的产量为12.72亿部，产量占全球出货量的90%以上.某商店计划开展某品牌高端智能手机的销售，将采用正常销售，打折销售，清仓销售三种方式共售卖1000台手机.预计每台手机的利润X分别为：正常销售600元，打折销售300元，清仓销售20元，且随机变量X的分布列为
X a 300 20
P 0.8 b 0.05
（1）求本次销售的总利润的期望值；
（2）求.
17．（2025高二下·清远期中）已经函数，（）.
（1）若，求的极大值和极小值；
（2）讨论的单调性.
18．（2025高二下·清远期中）已知的展开式中仅有第6项的二项式系数最大（结果用数值作答）.
（1）求的展开式中的系数；
（2）令，证明能被7整除；
（3）若，求实数.
19．（2025高二下·清远期中）已经函数，，其中.
（1）若，求的增区间；
（2）当，时，证明不等式恒成立；
（3）若有两个零点，求a的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意，只需将5人作全排列，
所以，共有种排法.
故答案为：B.
【分析】利用排列数公式结合全排列的方法，从而求出不同排法数.
2．【答案】D
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：令，得，
令，得，
相减，得，
令，得，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件结合赋值法计算求解即可.
3．【答案】A
【知识点】导数的概念
【解析】【解答】解：由导数的定义，
可知.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和导数的定义计算可得.
4．【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；组合数的基本计算
【解析】【解答】解：分两种情况，选C景点的，同时选择E景点，有种选法；
不选C景点的，有种选法，共有种选法.
故答案为：C.
【分析】分选择C景点和不选C景点两种情况讨论，再利用组合数公式和计数原理可得.
5．【答案】B
【知识点】离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：由题意，可得，解得，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据随机变量的分布列的性质求出的值，再由计算可得.
6．【答案】A
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：因为，所以，
则在点处的切线斜率，
所以，在点处的切线方程为，即.
故答案为：A.
【分析】利用导数的几何意义求出切线的斜率，再利用点斜式方程得出切线方程.
7．【答案】C
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：因为事件A包含，，，，，，，共7种情况，
其中只有和满足“两次点数的最小值为1”，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和条件概率公式，从而得出的值.
8．【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：依题意，，
因为函数在上单调递减，
所以在上恒成立，则，
令，则，
令，则，
所以，当时，；当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，则，所以，
则实数a的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】由题意，得在上恒成立，分离参数得出，令，利用导数求出函数的最大值，可得实数a的取值范围.
9．【答案】A,D
【知识点】组合数公式
【解析】【解答】解：因为，
所以或，
解得或.
经检验或都满足条件.
故答案为：AD.
【分析】根据组合数的性质列方程结合检验法求解.
10．【答案】A,B,C
【知识点】导数的四则运算；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：因为，所以A错误；
对于B：因为，所以B错误；
对于C：因为，所以C错误；
对于D：因为，
所以D正确.
故答案为：ABC.
【分析】根据导数运算法则、基本初等函数求导公式、复合函数求导法则，从而逐项判断找出结论不正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数在某点取得极值的条件；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
【解析】【解答】解：因为，
由题意，可得，是方程的两根，
又因为，分别为的极小值点和极大值点，且，
由二次函数的性质，可知，
所以，，，
则，，故A、B、D正确；
因为无法判断与0的大小关系，故C错误.
故答案为：ABD.
【分析】利用导数的运算法则得出导函数，再根据导数求极值点的方法和二次函数零点分布，再利用二次函数开口方向和判别式法，从而逐项判断找出结论正确的选项.
12．【答案】36
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为前往跳高、检录、立定跳远三个项目执行任务的志愿者的人数分别为：2、1、1；1、2、1；1、1、2，
所以，安排方法为.
故答案为：36.
【分析】根据跳高、检录、立定跳远三个项目执行任务的志愿者的人数情况，再利用组合数公式和分步乘法计数原理、分类加法计数原理，从而得出不同的安排方法种数.
13．【答案】或
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：方法1：，
设切点为，切线的斜率，
得，，
两式联立方程，解得或，
当时，，此时切线方程，
当时，，此时切线方程，
则或.
方法2：由题意，切线的斜率存在，设为，
则切线方程为，
与抛物线方程联立，得，
整理得，
由，得或，
则切线方程为或，
所以，或.
故答案为：或.
【分析】利用两种方法求解.
方法1：设切点，根据导数的几何意义列方程，求得斜率，再由点斜式可得切线方程.方法2：设切线方程为，与抛物线方程联立，再利用求出的值，从而得出切线方程.
14．【答案】0.0595
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：依题意：优品的概率为0.4，良品的概率是0.5，
合格品的概率是0.05，不合格品的概率是0.05，且每件产品的等级是独立的.
方法1：间接求，.
方法2：直接求，被拒收的情况包括：
第一种情况第一件不合格；
第二种情况第一件合格、第二件优良、第三件非优良；
第三种情况第一件合格、第二件非优良；
所以，.
故答案为：0.0595.
【分析】利用两种方法求解.
方法1：利用对立事件求概率公式和独立事件乘法求概率公式，从而得出本批产品被拒收的概率.
方法2：利用互斥事件加法求概率公式和独立事件乘法求概率公式，从而得出本批产品被拒收的概率.
15．【答案】（1）解：因为朗诵节目不在排头，也不在排尾，
则朗读节目有种排法，
再排剩余的5个节目，共有种排法，
根据分步乘法计数原理，
则6个节目共有种排法.
（2）解：因为三个唱歌节目捆绑共种排法，再和其它三个节目进行排列，
共有种不同排法.
（3）解：先排三个唱歌和一个朗诵，共种排法，
再由两个舞蹈节目不相邻，插入个空有种排法，
所以，符合条件的排法共种排法，
则6个节目的所有排法有种，
所以，两个舞蹈节目不相邻的概率.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）利用特殊元素优先考虑，再利用组合、排列数公式求解；
（2）利用捆绑法求解；
（3）利用插空法结合古典概型公式求解.
（1）朗诵节目不在排头，也不在排尾，则朗读节目有种排法，
然后再排剩余的5个节目，共有种排法，
根据分步乘法计数原理，6个节目共有种排法.
（2）三个唱歌节目捆绑共种排法，再和其它三个节目进行排列，
共有种不同排法.
（3）先排三个唱歌和一个朗诵，共种排法，两个舞蹈节目不相邻，插入个空有种排法，
所以符合条件的排法共种排法，
6个节目的所有排法有种，
所以两个舞蹈节目不相邻的概率.
16．【答案】（1）解：依题意，则，，
所以，
则总利润的期望值为（元）.
（2）解：
.
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据随机变量的分布列的性质和已知条件，从而得出，的值，再利用随机变量分布列求数学期望公式，从而得出总利润的期望值.
（2）由方差的性质结合已知条件以及方差的公式，从而得出的值.
（1）依题意，，
，
所以总利润的期望值为（元）.
（2）
.
17．【答案】（1）解：若，
所以，
则，
令，解得或，
当，时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
所以，当时，有极大值为：；
当时，有极小值为：.
（2）解：因为.
①当时，即当时，
若，，在上单调递增；
若，，在上单调递减；
若，，在上单调递增；
②当时，，在上单调递增；
③当时，即当时，
若，，在上单调递增；
若，，在上单调递减；
若，，在上单调递增，
综上所述：
当时，的单调递增区间是，，单调递减区间是；
当时，在上单调递增；
当时，的单调递增区间是，，单调递减区间是.
【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）先求函数的单调性，再结合极值定义可得；
（2）先得出，再分、、三种情况讨论求解即可.
（1）若，，
，
令，解得或.
当，时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
所以时，有极大值：；
时，有极小值：.
（2），
①当，即时，
，，在上单调递增；
，，在上单调递减；
，，在上单调递增；
②当，时，，在上单调递增；
③当，即时，
，，在上单调递增；
，，在上单调递减；
，，在上单调递增；
综上所述：
当时，的单调递增区间是，，减区间是；
当时，在上单调递增；
当时，的单调递增区间是，，减区间是.
18．【答案】（1）解：方法1：因为展开式中仅有第6项的二项式系数最大，
所以展开式共有11项，
则.
方法2：因为，
解得，得，
则的通项公式为：，
令，得的系数为.
（2）证明：
，
所以，能被7整除.
（3）解：因为，
∴，
令，得：
.
【知识点】二项式定理的应用；二项展开式的通项
【解析】【分析】（1）根据两种方法求解n的值，方法一：利用展开式中仅有第6项的二项式系数最大，则展开式共有11项，从而得出n的值；方法二：根据，从而得出n的值，再利用二项式定理求出展开式中的通项公式，从而得出的展开式中的系数.
（2）利用已知条件结合代入法，易知，再由二项展开式计算证出能被7整除.
（3）利用，利用二项式定理得出展开式的通项公式通过用赋值得出实数的值.
（1）方法1：展开式中仅有第6项的二项式系数最大，所以展开式共有11项，，
方法2：，解得，得.
的通项公式：，
令，得的系数.
（2）
所以能被7整除.
（3），
∴.
令得，
.
19．【答案】（1）解：若，则，（）
因为的定义域为，
所以，
令，解得，
若，则函数的单调递增区间为（或写）.
（2）证明：当，时，
要证明不等式恒成立，
即证明恒成立，
令，∴，
当，∴，则在上单调递增，
∴，
因为，所以（），
令，∴，
∵，∴，则在上单调递增；
∴，∴，∴，
∵，，∴，
∴，
∴成立，
则当，时，不等式恒成立.
（3）解：因为（）有两个零点，
所以，方程有两个解；等价于方程有两个解，
等价于与的图象有两个交点，
因为，
令，解得，
当时，，的图象单调递增；
当时，，的图象单调递减；
当时，有极大值也是最大值，，
当时，，当时，，
∴，
则当有两个零点时，a的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）先求导，令，解不等式可得函数的单调递增区间.
（2）将所证不等式转化为恒成立，利用同构可证.
（3）转化为方程有两个解，等价于与的图象有两个交点，根据导数画出图象，利用数形结合判断出两函数交点个数，再利用已知条件得出实数a的取值范围.
（1）若，，（）；
的定义域为，
，
令，解得，
所以若，的增区间为（或写）.
（2）当，时，要证明不等式恒成立，
即证明恒成立；
令，
∴，
当，∴，即在上单调递增，
∴，
即（），
令，
∴，
∵，∴，即在上单调递增；
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴成立，
即当，时，不等式恒成立.
（3）（）有两个零点，即方程有两个解；
等价于方程有两个解；
等价于与的图象有两个交点；
，
令，解得，
当时，，的图象单调递增；
当时，，的图象单调递减；
当时，有极大值也是最大值，；
时，，
时，，
∴，
即有两个零点时，a的取值范围为.
1 / 1广东省清远市211联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题
一、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．（2025高二下·清远期中）A，B，C，D，E五个人站成一排照相留念，不同的排法种数有（ ）
A．240 B．120 C．96 D．60
【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意，只需将5人作全排列，
所以，共有种排法.
故答案为：B.
【分析】利用排列数公式结合全排列的方法，从而求出不同排法数.
2．（2025高二下·清远期中）若，则（ ）
A．256 B．127 C．128 D．129
【答案】D
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：令，得，
令，得，
相减，得，
令，得，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件结合赋值法计算求解即可.
3．（2025高二下·清远期中）设函数在处存在导数为2，则（ ）
A． B． C．2 D．4
【答案】A
【知识点】导数的概念
【解析】【解答】解：由导数的定义，
可知.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和导数的定义计算可得.
4．（2025高二下·清远期中）清远市有5个著名景点：A.连州地下河、B.英西峰林走廊、C.黄腾峡漂流、D.南岗千年瑶寨、E.聚龙湾温泉.某游客计划选择其中3个游览，但根据交通安排，若选择C（黄腾峡漂流），则必须同时选择E（聚龙湾温泉）.则该游客不同的选法有（ ）
A．5种 B．6种 C．7种 D．8种
【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；组合数的基本计算
【解析】【解答】解：分两种情况，选C景点的，同时选择E景点，有种选法；
不选C景点的，有种选法，共有种选法.
故答案为：C.
【分析】分选择C景点和不选C景点两种情况讨论，再利用组合数公式和计数原理可得.
5．（2025高二下·清远期中）下表是离散型随机变量的概率分布，则（ ）
1 2 3 4
P
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：由题意，可得，解得，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据随机变量的分布列的性质求出的值，再由计算可得.
6．（2025高二下·清远期中）曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：因为，所以，
则在点处的切线斜率，
所以，在点处的切线方程为，即.
故答案为：A.
【分析】利用导数的几何意义求出切线的斜率，再利用点斜式方程得出切线方程.
7．（2025高二下·清远期中）骰子是质地均匀的正方体，各面分别标有数字1，2，3，4，5，6.现在掷一枚骰子两次，记事件“两次点数的最大值为4”，事件“两次点数的最小值为1”，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：因为事件A包含，，，，，，，共7种情况，
其中只有和满足“两次点数的最小值为1”，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和条件概率公式，从而得出的值.
8．（2025高二下·清远期中）已知函数在上单调递减，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：依题意，，
因为函数在上单调递减，
所以在上恒成立，则，
令，则，
令，则，
所以，当时，；当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，则，所以，
则实数a的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】由题意，得在上恒成立，分离参数得出，令，利用导数求出函数的最大值，可得实数a的取值范围.
二、选择题：本题共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．（2025高二下·清远期中）若，则x的值可以为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】A,D
【知识点】组合数公式
【解析】【解答】解：因为，
所以或，
解得或.
经检验或都满足条件.
故答案为：AD.
【分析】根据组合数的性质列方程结合检验法求解.
10．（2025高二下·清远期中）下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】导数的四则运算；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：因为，所以A错误；
对于B：因为，所以B错误；
对于C：因为，所以C错误；
对于D：因为，
所以D正确.
故答案为：ABC.
【分析】根据导数运算法则、基本初等函数求导公式、复合函数求导法则，从而逐项判断找出结论不正确的选项.
11．（2025高二下·清远期中）函数的极小值点和极大值点分别为，，若，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】函数在某点取得极值的条件；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
【解析】【解答】解：因为，
由题意，可得，是方程的两根，
又因为，分别为的极小值点和极大值点，且，
由二次函数的性质，可知，
所以，，，
则，，故A、B、D正确；
因为无法判断与0的大小关系，故C错误.
故答案为：ABD.
【分析】利用导数的运算法则得出导函数，再根据导数求极值点的方法和二次函数零点分布，再利用二次函数开口方向和判别式法，从而逐项判断找出结论正确的选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·清远期中）参加志愿者活动可以学会团队合作，不但能开阔眼界，还能提升个人沟通技巧和组织能力，从而积累社会经验.在帮助他人的过程中，传递爱心，促进社会和谐.现在某校举行校运会，有4名志愿者前往跳高、检录、立定跳远三个项目执行任务，若每个人只能去其中一个项目，且每个项目至少安排一个志愿者，则不同的安排方法种数是 .（用数字作答）
【答案】36
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为前往跳高、检录、立定跳远三个项目执行任务的志愿者的人数分别为：2、1、1；1、2、1；1、1、2，
所以，安排方法为.
故答案为：36.
【分析】根据跳高、检录、立定跳远三个项目执行任务的志愿者的人数情况，再利用组合数公式和分步乘法计数原理、分类加法计数原理，从而得出不同的安排方法种数.
13．（2025高二下·清远期中）已知，则过点且与相切的直线方程为 .
【答案】或
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：方法1：，
设切点为，切线的斜率，
得，，
两式联立方程，解得或，
当时，，此时切线方程，
当时，，此时切线方程，
则或.
方法2：由题意，切线的斜率存在，设为，
则切线方程为，
与抛物线方程联立，得，
整理得，
由，得或，
则切线方程为或，
所以，或.
故答案为：或.
【分析】利用两种方法求解.
方法1：设切点，根据导数的几何意义列方程，求得斜率，再由点斜式可得切线方程.方法2：设切线方程为，与抛物线方程联立，再利用求出的值，从而得出切线方程.
14．（2025高二下·清远期中）经过多年的技术积累，我国在车床加工零件方面取得长足进步.某工厂加工的产品按技术指标从高到低可分为优品，良品，合格品和不合格品四个等级.按以往统计数据：100个零件中有40件优品，50件良品，5件合格品和5件不合格品.现该工厂向某地发货1000件产品.对方验货的规则如下：如果抽检的第一件产品是优品或良品，则接收全部产品；如果抽检的第一件产品是合格品，则再检验两件，如果都是优品或良品，则接收整批产品.其余情况拒收整批产品.若用频率代替概率，用随机抽样的方法采样，问本批产品被拒收的概率是 .
【答案】0.0595
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：依题意：优品的概率为0.4，良品的概率是0.5，
合格品的概率是0.05，不合格品的概率是0.05，且每件产品的等级是独立的.
方法1：间接求，.
方法2：直接求，被拒收的情况包括：
第一种情况第一件不合格；
第二种情况第一件合格、第二件优良、第三件非优良；
第三种情况第一件合格、第二件非优良；
所以，.
故答案为：0.0595.
【分析】利用两种方法求解.
方法1：利用对立事件求概率公式和独立事件乘法求概率公式，从而得出本批产品被拒收的概率.
方法2：利用互斥事件加法求概率公式和独立事件乘法求概率公式，从而得出本批产品被拒收的概率.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15．（2025高二下·清远期中）为提高和展示学生的艺术水平，也为了激发学生的爱国热情，某校开展国庆文艺汇演，共有6个节目，其中有两个舞蹈，三个唱歌，一个朗诵，现在要安排演出次序.（结果用数值作答）
（1）若朗诵节目不在排头，也不在排尾，有多少种不同排法？
（2）若三个唱歌节目必须相邻，有多少种不同排法？
（3）求两个舞蹈节目不相邻的概率.
【答案】（1）解：因为朗诵节目不在排头，也不在排尾，
则朗读节目有种排法，
再排剩余的5个节目，共有种排法，
根据分步乘法计数原理，
则6个节目共有种排法.
（2）解：因为三个唱歌节目捆绑共种排法，再和其它三个节目进行排列，
共有种不同排法.
（3）解：先排三个唱歌和一个朗诵，共种排法，
再由两个舞蹈节目不相邻，插入个空有种排法，
所以，符合条件的排法共种排法，
则6个节目的所有排法有种，
所以，两个舞蹈节目不相邻的概率.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）利用特殊元素优先考虑，再利用组合、排列数公式求解；
（2）利用捆绑法求解；
（3）利用插空法结合古典概型公式求解.
（1）朗诵节目不在排头，也不在排尾，则朗读节目有种排法，
然后再排剩余的5个节目，共有种排法，
根据分步乘法计数原理，6个节目共有种排法.
（2）三个唱歌节目捆绑共种排法，再和其它三个节目进行排列，
共有种不同排法.
（3）先排三个唱歌和一个朗诵，共种排法，两个舞蹈节目不相邻，插入个空有种排法，
所以符合条件的排法共种排法，
6个节目的所有排法有种，
所以两个舞蹈节目不相邻的概率.
16．（2025高二下·清远期中）在科研经费不断投入和科技人员的努力下，近年来我国在智能手机的设计、生产、销售等方面取得了迅猛的发展.2021年国家统计局数据显示国内智能手机的产量为12.72亿部，产量占全球出货量的90%以上.某商店计划开展某品牌高端智能手机的销售，将采用正常销售，打折销售，清仓销售三种方式共售卖1000台手机.预计每台手机的利润X分别为：正常销售600元，打折销售300元，清仓销售20元，且随机变量X的分布列为
X a 300 20
P 0.8 b 0.05
（1）求本次销售的总利润的期望值；
（2）求.
【答案】（1）解：依题意，则，，
所以，
则总利润的期望值为（元）.
（2）解：
.
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据随机变量的分布列的性质和已知条件，从而得出，的值，再利用随机变量分布列求数学期望公式，从而得出总利润的期望值.
（2）由方差的性质结合已知条件以及方差的公式，从而得出的值.
（1）依题意，，
，
所以总利润的期望值为（元）.
（2）
.
17．（2025高二下·清远期中）已经函数，（）.
（1）若，求的极大值和极小值；
（2）讨论的单调性.
【答案】（1）解：若，
所以，
则，
令，解得或，
当，时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
所以，当时，有极大值为：；
当时，有极小值为：.
（2）解：因为.
①当时，即当时，
若，，在上单调递增；
若，，在上单调递减；
若，，在上单调递增；
②当时，，在上单调递增；
③当时，即当时，
若，，在上单调递增；
若，，在上单调递减；
若，，在上单调递增，
综上所述：
当时，的单调递增区间是，，单调递减区间是；
当时，在上单调递增；
当时，的单调递增区间是，，单调递减区间是.
【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）先求函数的单调性，再结合极值定义可得；
（2）先得出，再分、、三种情况讨论求解即可.
（1）若，，
，
令，解得或.
当，时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
所以时，有极大值：；
时，有极小值：.
（2），
①当，即时，
，，在上单调递增；
，，在上单调递减；
，，在上单调递增；
②当，时，，在上单调递增；
③当，即时，
，，在上单调递增；
，，在上单调递减；
，，在上单调递增；
综上所述：
当时，的单调递增区间是，，减区间是；
当时，在上单调递增；
当时，的单调递增区间是，，减区间是.
18．（2025高二下·清远期中）已知的展开式中仅有第6项的二项式系数最大（结果用数值作答）.
（1）求的展开式中的系数；
（2）令，证明能被7整除；
（3）若，求实数.
【答案】（1）解：方法1：因为展开式中仅有第6项的二项式系数最大，
所以展开式共有11项，
则.
方法2：因为，
解得，得，
则的通项公式为：，
令，得的系数为.
（2）证明：
，
所以，能被7整除.
（3）解：因为，
∴，
令，得：
.
【知识点】二项式定理的应用；二项展开式的通项
【解析】【分析】（1）根据两种方法求解n的值，方法一：利用展开式中仅有第6项的二项式系数最大，则展开式共有11项，从而得出n的值；方法二：根据，从而得出n的值，再利用二项式定理求出展开式中的通项公式，从而得出的展开式中的系数.
（2）利用已知条件结合代入法，易知，再由二项展开式计算证出能被7整除.
（3）利用，利用二项式定理得出展开式的通项公式通过用赋值得出实数的值.
（1）方法1：展开式中仅有第6项的二项式系数最大，所以展开式共有11项，，
方法2：，解得，得.
的通项公式：，
令，得的系数.
（2）
所以能被7整除.
（3），
∴.
令得，
.
19．（2025高二下·清远期中）已经函数，，其中.
（1）若，求的增区间；
（2）当，时，证明不等式恒成立；
（3）若有两个零点，求a的取值范围.
【答案】（1）解：若，则，（）
因为的定义域为，
所以，
令，解得，
若，则函数的单调递增区间为（或写）.
（2）证明：当，时，
要证明不等式恒成立，
即证明恒成立，
令，∴，
当，∴，则在上单调递增，
∴，
因为，所以（），
令，∴，
∵，∴，则在上单调递增；
∴，∴，∴，
∵，，∴，
∴，
∴成立，
则当，时，不等式恒成立.
（3）解：因为（）有两个零点，
所以，方程有两个解；等价于方程有两个解，
等价于与的图象有两个交点，
因为，
令，解得，
当时，，的图象单调递增；
当时，，的图象单调递减；
当时，有极大值也是最大值，，
当时，，当时，，
∴，
则当有两个零点时，a的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）先求导，令，解不等式可得函数的单调递增区间.
（2）将所证不等式转化为恒成立，利用同构可证.
（3）转化为方程有两个解，等价于与的图象有两个交点，根据导数画出图象，利用数形结合判断出两函数交点个数，再利用已知条件得出实数a的取值范围.
（1）若，，（）；
的定义域为，
，
令，解得，
所以若，的增区间为（或写）.
（2）当，时，要证明不等式恒成立，
即证明恒成立；
令，
∴，
当，∴，即在上单调递增，
∴，
即（），
令，
∴，
∵，∴，即在上单调递增；
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴成立，
即当，时，不等式恒成立.
（3）（）有两个零点，即方程有两个解；
等价于方程有两个解；
等价于与的图象有两个交点；
，
令，解得，
当时，，的图象单调递增；
当时，，的图象单调递减；
当时，有极大值也是最大值，；
时，，
时，，
∴，
即有两个零点时，a的取值范围为.
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