2024-2025 学年广东省东莞市四校联考高二下学期期中考试
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 ，则 ′(0) =( )
A. 0 B. 2 C. 1 D. 2
2.从 地到 地要经过 地，已知从 地到 地有三条路，从 地到 地有四条路，则从 地到 地不同的走法种
数是( )
A. 7 B. 9 C. 12 D.
16
3.已知某射击运动员每次击中目标的概率是 0.8，则该射击运动员射击 4 次至少击中 3 次的概率为( )
A. 0.4096 B. 0.8192 C. 0.8464 D. 0.9728
4.( + )( )5的展开式中 2 4的系数是( )．
A. 5 B. 10 C. 5 D. 15
5.一袋中装有大小、质地均相同的 5 个白球，3 个黄球和 2 个黑球，从中任取 3 个球，则至少含有一个黑
球的概率是( )
A. 715 B.
8
15 C.
1 1
5 D. 2
6.已知某商品生产成本 与产量 的函数关系式为 = 100 + 3 ，单价 与产量 的函数关系式为 = 101
1
6
2，则利润最大时， =( )
A. 10 B. 12 C. 14 D. 16
7.第 24 届冬奥会奥运村有智能餐厅 、人工餐厅 ，运动员甲第一天随机地选择一餐厅用餐，如果第一天
去 餐厅，那么第二天去 餐厅的概率为 0.7;如果第一天去 餐厅，那么第二天去 餐厅的概率为 0.8.运动员
甲第二天去 餐厅用餐的概率为( )
A. 0.75 B. 0.7 C. 0.56 D. 0.38
8.用红、黄、蓝等 6 种颜色给如图所示的五连圆涂色，要求相邻两个圆所涂颜色不能相同，且红色至少要
涂两个圆，则不同的涂色方案种数为
A. 610 B. 630 C. 950 D. 1280
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二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.某同学求得一个离散型随机变量 的分布列为
1 2 4 6
0.2 0.3 0.1
则( )
A. = 0.4 B. ( ) = 3 C. ( ) = 1.4 D. ( ) = 2 155
10.有 3 名学生和 2 名教师排成一排，则下列说法正确的是( )
A.共有 120 种不同的排法
B.当 2 名教师相邻时，共有 24 种不同的排法
C.当 2 名教师不相邻时，共有 72 种不同的排法
D.当 2 名教师不排在两端时，共有 48 种不同的排法
1 + 1 , < 0,
11.已知函数 = 则下列说法正确的是( )
1 , ≥ 0.
A.函数 的单调减区间为 ∞,0 ， 1, + ∞
B.函数 的值域为
C.若关于 的方程 = 有三个根，则 ∈ 0,1
1
D.若 ≤ + 12 对于 ≥ 0
1
恒成立，则 ∈ 22 , + ∞
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12.在(2 + ) 的二项展开式中，若各项系数和为 729，则正整数 的值为 ．
13.某中学 2400 名学生参加一分钟跳绳测试.经统计，成绩 近似服从正态分布 (108, 2)，已知成绩小于 76
的有 300 人，则可估计该校一分钟跳绳成绩 在 108 140 之间的人数约为 ．
14.已知函数 = ln + 2有两个零点，则实数 的取值范围为 ．
四、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.(本小题 13 分)
已知 2为正实数， = 2 展开式的二项式系数和为 256．
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
(2)求展开式中含 3 2的项；
(3)若第 项是有理项，求 的取值集合．
16.(本小题 15 分)
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已知函数 ( ) = 3 6 2 + 9 2．
(1)求函数 ( )在 = 2 处的切线方程；
(2)求函数 ( )的单调区间和极值．
17.(本小题 15 分)
某市移动公司为了提高服务质量，决定对使用 , 两种套餐的集团用户进行调查，准备从本市 ∈ 个
人数超过 1000 的大集团和 3 个人数低于 200 的小集团中随机抽取若干个集团进行调查，若一次抽取 2 个
5
集团，全是大集团的概率为14．
(1)在取出的 2 个集团是同一类集团的情况下，求全为小集团的概率；
(2)若一次抽取 3 个集团，假设取出大集团的个数为 ，求 的分布列和数学期望．
18.(本小题 17 分)
已知 8 件不同的产品中有 2 件次品，现对这 8 件产品一一进行测试，直至找到所有次品．
(1)若恰在第 2 次测试时，找到第一件次品，第 6 次测试时，找到第二件次品，则共有多少种不同的测试情
况？
(2)若至多测试 3 次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？
19.(本小题 17 分)
( ) = 1已知函数 + ln ∈ R ．
(1)求函数 ( )的单调区间；
(2)若函数 ( ) = ( )有两个极值点 1, 2．
①求实数 的取值范围；
∈ 1②若 1 e , 1 (e 为自然对数的底数，且 e = 2.71828…)，求 1 2 的取值范围．
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参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.6
13.900
14. 0,1
15.解：(1)在 = 2 2 展开式的二项式系数和为 256，
即2 = 256 = 8，
5
8 2 4 +1 = 8 2 = 1 82 2 , = 0,1,2,3 , 8，
展开式中二项式系数最大的项为中间项，即第 5 项，
5
所以 5 = 1 4 × 4 4
4 ×4
8 × 2 2 = 1120 6 ．
5
(2) +1 = 8
8 2 4 2 2 = 1 82 , = 0,1,2,3 , 8，
4 5 3由 2 = 2 = 1，所以展开式中含
3 2的项是第 2 项，
3 3
所以 2 = 1 18 × 2 2 = 16 2．
5
(3) 8 2 4 +1 = 8 2 = 1 82 2 , = 0,1,2,3 , 8，
5
当 4 2 为整数时为有理项，即 = 0,2,4,6,8，
则 的取值集合是 1,3,5,7,9 ．
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16.解：(1)函数 ( ) = 3 6 2 + 9 2 的定义域为 ．
导函数 ′( ) = 3 2 12 + 9．
所以 ′(2) = 12 24 + 9 = 3， (2) = 23 6 × 22 + 9 × 2 2 = 0，
所以函数 ( )在点 = 2 处的切线方程为 = 3( 2)，即 = 3 + 6．
(2)令 ′( ) = 0，解得： = 1 或 = 3.列表得：
( ∞,1) (1,3) (3, + ∞)
1 3
′( ) 2
+ 2 +
( )
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以函数 ( )的单调增区间为( ∞,1)，(3, + ∞)；单调减区间为(1,3)；
( )的极大值为 (1) = 2，极小值为 (3) = 33 6 × 32 + 9 × 3 2 = 2．
17.解：(1)由题意知共有 + 3 个集团，取出 2 个集团的方法总数是 2 +3，
其中全是大集团的情况有 2 种，
2 1 5
故全是大集团的概率是 2 = = ， +3 +3 +2 14
整理得到 9 2 39 30 = 0，解得 = 5．
若 2 个全是大集团，共有 25 = 10 种情况；
若 2 个全是小集团，共有 23 = 3 种情况；
3 3
故全为小集团的概率为3+10 = 13．
(2)由题意知，随机变量 的可能取值为 0,1,2,3，
0 3 1 2
计算 = 0 = 5 33 =
1 15
56， = 1 =
5 3 = ，
38 8 56
2 1 3 0
= 2 = 5 33 =
15
28， = 3 =
5 3 10
3
= 56；8 8
故 的分布列为：
0 1 2 3
1
15 15 10
56 56 28 56
1 15 15 10 15
数学期望为 = 0 × 56 + 1 × 56 + 2 × 28 + 3 × 56 = 8．
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18.解：(1)第 1 次测试的是正品，从 6 件正品中选 1 件，有C16 = 6 种选择．
第 2 次测试找到第一件次品，因为有 2 件次品，所以第 2 次测试的次品有 2 种选择．
第 3 次到第 5 次测试的是正品，从剩下的 5 件正品中选 3 件进行排列，有A35 = 5 × 4 × 3 = 60 种选择．
第 6 次测试找到第二件次品，此时只剩下 1 件次品，所以只有 1 种选择．
根据排列组合的乘法原理，总的测试情况数为 2 × 6 × 60 × 1 = 720 种.
(2)测试 2 次就找到所有次品的情况：
第 1 次测试找到一件次品，有 2 种选择，第 2 次测试找到另一件次品，有 1 种选择，所以这种情况共有 2 ×
1 = 2 种测试情况.
测试 3 次找到所有次品的情况：
第 1 次测试找到一件次品，有 2 种选择，第 2 次测试找到一件正品，从 6 件正品中选 1 件，有C16 = 6 种选
择，第 3 次测试找到另一件次品，有 1 种选择，这种情况共有 2 × 6 × 1 = 12 种测试情况．
第 1 次测试找到一件正品，从 6 件正品中选 1 件，有C16 = 6 种选择，第 2 次测试找到一件次品，有 2 种选
择，第 3 次测试找到另一件次品，有 1 种选择，这种情况共有 6 × 2 × 1 = 12 种测试情况.
根据加法原理，至多测试 3 次就能找到所有次品的测试情况数为 2 + 12 + 12 = 26 种.
19.解：(1)由题知，函数 ( )的定义域为(0, + ∞)，
′( ) = 1 2 +
1
= 2 ，
当 ≤ 0 时，对任意的 > 0， ′( ) ≤ 0 在(0, + ∞)上恒成立不恒为零，
故 ( )在(0, + ∞)上单调递减；
> 0 ′( ) = 0 1 = 0 = 1当 时，令 ，则 2 ，解得 ，
∈ 0, 1当 时， ′ ( ) < 0；
当 ∈ 1 ′ , + ∞ 时， ( ) > 0．
1 1
所以函数 ( )的单调递减区间为 0, ，单调递增区间为 , + ∞ ．
综上，
当 ≤ 0 时， ( )的单调递减区间为(0, + ∞)，无单调递增区间；
1 1
当 > 0 时， ( )的单调递减区间为 0, ，单调递增区间为 , + ∞ ；
(2)①由题知， ( ) = ( ) = 1 ln ，
2
函数 ( ) 1 +1的定义域为(0, + ∞)， ′( ) = 1 + 2 = 2 ，
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当 ≤ 0 时，对任意的 > 0， ′( ) ≥ 0 且 ′( )不恒为零，
故 ( )在(0, + ∞)上单调递增，没有极值点；
当 0 < ≤ 2 时， = 2 4 ≤ 0， ′( ) ≥ 0 且 ′( )不恒为零，
故 ( )在 R 上单调递增，没有极值点；
+ 2 4 2 4
当 > 2 时，令 ′( ) = 0，解得 2 = 4 ， 1 = 4 ，则 2 > 1 > 0，
当 ∈ 0, 1 ∪ 2, + ∞ 时， ′( ) > 0；
当 ∈ , 时， ′1 2 ( ) < 0；
( ) 0,
2 4 + 2 4
所以函数 的单调递增区间为 4 ， 4 , + ∞ ，
2 4 + 2 4
单调递减区间为 4 , 4 ．
综上，当 > 2 时， ( )有两极值点 1, 2；
②由①可知， 1 + 2 = ， 1 2 = 1，
1
所以 1 2 = 1 ln 1
1 1
2 ln 2 = 2 1 ln
1
= 2
1
1 2 1 +1 2 1 2 1
1
ln 1，1
1
设 1 = ， ( ) = +
1
ln
1
，其中 ∈ e , 1 ,
′( ) = 1 + 1
2
所以 2 1
1
2 ln 1 +
1 = 1 ln 2 2 ，
又因为 ∈ 1e , 1 ，可知
′( ) < 0，
1
所以 ( )在 e , 1 上单调递减．
∴ 1e ≥ ( ) > (1)
2
，即e ≥ ( ) > 0，
所以 1
4
2 的取值范围为 0, e ．
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