精品解析：四川省眉山市彭山区第一中学2023-2024学年高二下学期5月月考数学试题

彭山一中25届高二下5月月考数学试卷 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. 若，则（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 2. 函数的导函数的图象如图所示，则下列判断中正确的是（ ） A. 在上单调递减 B. 在上单调递减 C. 在上存在极小值点 D. 在上有最大值 3. 曲线的图像在处切线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. 在上单调递增 B. 在上单调递减 C. 有极大值，无极小值 D. 有极小值3，无极大值 5. 现有武隆喀斯特旅游区、巫山小三峡、南川金佛山、大足石刻和酉阳桃花源5个旅游景区，甲、乙随机选择其中一个景区游玩.记事件A：甲和乙至少一人选择巫山小三峡，事件B：甲和乙选择的景区不同，则条件概率（ ） A. B. C. D. 6. 6名研究人员在3个不同的无菌研究舱同时进行工作，每名研究人员必须去一个舱，且每个舱至少去1人，由于空间限制，每个舱至多容纳3人，则不同的安排方案共有（ ）种. A. 720 B. 450 C. 360 D. 180 7. 已知定义在上的函数满足，且，则的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分. 9. 已知的分布列如图所示，则下列说法正确的有（ ） 0 1 2 A. B. C. D. 10. 现有红、黄、绿三个不透明盒子，其中红色盒子内装有两个红球、一个黄球和一个绿球；黄色盒子内装有两个红球，两个绿球；绿色盒子内装有两个红球，两个黄球.小明第一次先从红色盒子内随机抽取一个球，将取出的球放入与球同色的盒子中；第二次从该放入球的盒子中随机抽取一个球.记抽到红球获得块月饼、黄球获得块月饼、绿球获得块月饼，小明所获得月饼为两次抽球所获得月饼的总和，则下列说法正确的是（ ） A. 在第一次抽到绿球的条件下，第二次抽到绿球的概率是 B. 第二次抽到红球的概率是 C. 如果第二次抽到红球，那么它来自黄色盒子的概率为 D. 小明获得块月饼的概率是 11. 已知函数有两个零点，，且，则下列选项正确的是（ ） A. B. 在上单调递增 C. D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设有9件药品，其中4件是次品，现进行两次无放回抽样，即每次抽一件不放回去，则两次都抽到正品的概率是______. 13. 已知的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中的常数项为______. 14. 已知曲线与有公共切线，则实数的取值范围为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 已知函数，且，求： （1）的值； （2）曲线在点处的切线方程； （3）函数在区间上的最大值． 16. 已知，其中，，，…，，若第二项与第三项的二项式系数之比是； （1）求n的值； （2）求（可用指数形式作答）； （3）若，求该二项式的值被8除的余数. 17. 某学校参加某项竞赛仅有一个名额，结合平时训练成绩，甲、乙两名学生进入最后选拔，学校为此设计了如下选拔方案：设计6道题进行测试，若这6道题中，甲能正确解答其中的4道，乙能正确解答每个题目的概率均为，假设甲、乙两名学生解答每道测试题都相互独立、互不影响，现甲、乙从这6道测试题中分别随机抽取3题进行解答 （1）求甲、乙共答对2道题目的概率； （2）设甲答对题数为随机变量X，求X的分布列、数学期望和方差； （3）从数学期望和方差的角度分析，应选拔哪个学生代表学校参加竞赛？ 18. 设，. （1）当时，求的极值； （2）讨论函数的单调性； （3）若有恒成立，求的取值范围. 19. 用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇，衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率. （1）求曲线在处的曲率的平方； （2）求余弦曲线曲率的最大值； （3）余弦曲线，若，判断在区间上零点的个数，并写出证明过程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 彭山一中25届高二下5月月考数学试卷 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. 若，则（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】利用组合数公式和排列数公式化简即可得解. 【详解】由得， 解得. 故选：D 2. 函数的导函数的图象如图所示，则下列判断中正确的是（ ） A. 在上单调递减 B. 在上单调递减 C. 在上存在极小值点 D. 在上有最大值 【答案】B 【解析】 【分析】结合导数的符号与函数单调性、极值的关系，以及题图即可得解. 【详解】时，，时，，故在上不单调，A选项错误； 时，，故在上单调递减，B选项正确； 时，，故在上单调递减，无极值点，C选项不正确； 时，，在上单调递增，虽然确定了的单调性，但没有的解析式， 故无法确定在上是否有最大值，D选项不正确． 故选：B． 3. 曲线的图像在处切线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出倾斜角. 【详解】因为，所以，所以， 所以函数在处的切线的斜率，则倾斜角为. 故选：D. 4. 已知，则（ ） A. 在上单调递增 B. 在上单调递减 C. 有极大值，无极小值 D. 有极小值3，无极大值 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数判断单调性与极值 【详解】，则时，时 在区间上单调递增，在区间上单调递减 有极大值 故选：C 5. 现有武隆喀斯特旅游区、巫山小三峡、南川金佛山、大足石刻和酉阳桃花源5个旅游景区，甲、乙随机选择其中一个景区游玩.记事件A：甲和乙至少一人选择巫山小三峡，事件B：甲和乙选择的景区不同，则条件概率（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出事件发生的个数和事件同时发生的个数，根据条件概率的计算公式，即得答案. 【详解】由题意可知事件发生的情况为甲乙两人只有一人选择巫山小三峡或两人都选择巫山小三峡，个数为, 事件同时发生的情况为一人选巫山小三峡，另一人选其他景区，个数为，故. 故选：D. 6. 6名研究人员在3个不同的无菌研究舱同时进行工作，每名研究人员必须去一个舱，且每个舱至少去1人，由于空间限制，每个舱至多容纳3人，则不同的安排方案共有（ ）种. A. 720 B. 450 C. 360 D. 180 【答案】B 【解析】 【分析】考虑6人的分组情况，即每2人一组分到三个研究舱，或者是按人数为1，2，3分为3组分到三个研究舱，根据分类计数加法原理即可求得答案. 【详解】由题意可知，6名研究员的安排可以是按平均分组，即每2人一组分到三个研究舱， 或者是按人数为1，2，3分为3组分到三个研究舱， 每2人一组分到三个研究舱时，共有（种）安排方案， 按人数为1，2，3分为3组分到三个研究舱时，共有（种）安排方案， 故共有（种）安排方案， 故选：B 7. 已知定义在上的函数满足，且，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由导数公式得出，从而得出函数的单调性，将不等式可化为，利用单调性解不等式即可. 【详解】因为，所以函数在区间上单调递减， 不等式可化为，即，解得. 故选：A 8. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据式子结构，构造函数，利用导数判断出的单调性，进而得到，，的大小关系. 【详解】根据式子结构，构造函数,则, 令，得；令，得； 因此在上单调递增，在上单调递减, 而，，， 因为，所以. 故选：C. 二、多选题：本题共3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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分. 9. 已知的分布列如图所示，则下列说法正确的有（ ） 0 1 2 A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据分布列的性质求出，即可判断A、B、D，求出期望，即可判断C. 【详解】依题意得，解得， 所以，则，故A、D正确； ，故B正确； ，故C错误. 故选：ABD 10. 现有红、黄、绿三个不透明盒子，其中红色盒子内装有两个红球、一个黄球和一个绿球；黄色盒子内装有两个红球，两个绿球；绿色盒子内装有两个红球，两个黄球.小明第一次先从红色盒子内随机抽取一个球，将取出的球放入与球同色的盒子中；第二次从该放入球的盒子中随机抽取一个球.记抽到红球获得块月饼、黄球获得块月饼、绿球获得块月饼，小明所获得月饼为两次抽球所获得月饼的总和，则下列说法正确的是（ ） A. 在第一次抽到绿球的条件下，第二次抽到绿球的概率是 B. 第二次抽到红球的概率是 C. 如果第二次抽到红球，那么它来自黄色盒子的概率为 D. 小明获得块月饼的概率是 【答案】ACD 【解析】 【分析】记红球为球，黄球为球，绿球为球，记事件分别表示第一次、第二次取到球，，选项A，根据条件，利用条件概率公式，即可求出结果；选项B，先求出，，，，再利用全概率公式即可求出结果；选项C，利用条件概率公式及选项B中结果，即可求出结果；选项D，分三种情况讨论，分别求出对应概率，即可求出结果. 【详解】记红球为球，黄球为球，绿球为球，记事件分别表示第一次、第二次取到球，， 对于选项A，在第一次抽到绿球的条件下，第二次抽到绿球的概率是，所以选项A正确； 对于选项B，因为，又，，， 由全概率公式知，所以选项B错误， 对于选项C，如果第二次抽到红球，那么它来自黄色盒子的概率为， 所以选项C正确， 对于选项D，若小明获得块月饼可能的情况有三种： ①第一次从红色盒子内抽到红球，第二次从红盒子内抽到绿球，其概率为， ②第一次从红色盒子内抽到绿球，第二次从绿盒子内抽到红球，其概率为， ③第一次从红色盒子内抽到黄球，第二次从黄盒子内抽到黄球，其概率为， 所以小明获得块月饼的概率是，故选项D正确， 故选：ACD. 11. 已知函数有两个零点，，且，则下列选项正确的是（ ） A. B. 在上单调递增 C. D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】A．将问题转化为有两根，然后构造函数，根据的图象与的图象有两个交点求解出的取值范围； B．先求解出的单调递增区间，然后判断出与的单调递增区间的关系，由此可完成判断； C．考虑当时的取值情况，故的取值情况可分析出，由此作出判断； D．根据与的大小关系结合的单调性判断出的取值范围，由此确定出与的大小关系. 【详解】令得，记 ，令得 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 且时，，，时， 据题意知的图象与的图象有两个交点，且交点的横坐标为，， 所以，故A选项正确； 因为 所以当时，，递增， 因为，所以，故B选项正确； 当时，，， 又因为在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，所以C选项错误； 因为在递增，在递减，且 所以，， 因为，所以 因为，所以 所以，故D选项正确 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：利用导数求解参数范围的两种常用方法： （1）分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，求解出参数范围； （2）分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的参数范围最后取并集. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设有9件药品，其中4件是次品，现进行两次无放回抽样，即每次抽一件不放回去，则两次都抽到正品的概率是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用古典概型的概率公式求解即可． 【详解】两次都抽到正品的概率为. 故答案为：． 13. 已知的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中的常数项为______. 【答案】10 【解析】 【分析】利用二项式系数和为2，求得，进而利用二项式的通项公式求得常数项. 【详解】由的展开式中各项系数的和为2，可得，解得， 的展开式的通项公式为， 令，解得，所以， 所以该展开式中的常数项为. 故答案为：10. 14. 已知曲线与有公共切线，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设公切线与曲线的切点为，，利用导数的几何意义分别求和上的切线方程，由所得切线方程的相关系数相等列方程求参数关系，进而构造函数并利用导数研究单调性求参数范围. 【详解】设公切线与曲线和的切点分别为，，其中， 对于有，则上的切线方程为，即， 对于有，则上的切线方程为，即， 所以，有，即， 令，， 令，得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，故，即. ∴正实数的取值范围是. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 已知函数，且，求： （1）的值； （2）曲线在点处的切线方程； （3）函数在区间上的最大值． 【答案】（1）1 （2） （3）4 【解析】 【分析】（1）先求导，利用求出参数a； （2）根据导数的几何意义可得切线斜率，点斜式求出切线方程即可； （3）先求导，然后根据导数研究函数的单调性，即可求最值. 【小问1详解】 , ，解得： 【小问2详解】 由（1）知，所以, 曲线在点处的斜率为， 所以切线方程，即， 即. 【小问3详解】 由（1）可知：，， 令，解得， 故当时，，所以单调递减； 当时，，所以单调递增； 所以区间内，当或时可能取最大值， 又， 所以最大值为. 16. 已知，其中，，，…，，若第二项与第三项的二项式系数之比是； （1）求n的值； （2）求（可用指数形式作答）； （3）若，求该二项式的值被8除的余数. 【答案】（1）9 （2） （3）1 【解析】 【分析】（1）由已知可得，求解即可； （2）令，，可求的值； （3），利用二项式的展开式可求二项式的值被8除的余数. 【小问1详解】 第二项与第三项的二项式系数之比是，所以， 即，解得：或（舍）； 【小问2详解】 令，得， 令，得，得 【小问3详解】 当， 因为8是8的倍数，所以能被8整除， 所以被8除的余数为1. 17. 某学校参加某项竞赛仅有一个名额，结合平时训练成绩，甲、乙两名学生进入最后选拔，学校为此设计了如下选拔方案：设计6道题进行测试，若这6道题中，甲能正确解答其中的4道，乙能正确解答每个题目的概率均为，假设甲、乙两名学生解答每道测试题都相互独立、互不影响，现甲、乙从这6道测试题中分别随机抽取3题进行解答 （1）求甲、乙共答对2道题目的概率； （2）设甲答对题数为随机变量X，求X的分布列、数学期望和方差； （3）从数学期望和方差的角度分析，应选拔哪个学生代表学校参加竞赛？ 【答案】（1） （2）的分布列为： X 1 2 3 P ， （3）应选拔甲学生代表学校参加竞赛 【解析】 【分析】（1）甲、乙两名学生共答对2个问题分为：甲2个乙0个，甲1个乙1个，分别计算概率相加得答案. （2）设学生甲答对的题数为，则的所有可能取值为1，2，3，分别求出相应的概率，从而求出，； （3）设学生乙答对题数为，则所有可能的取值为0，1，2，3，由题意知～B（3，），从而求出，，由=，＜，得到甲代表学校参加竞赛的可能性更大． 【小问1详解】 由题意得甲、乙两名学生共答对2个问题的概率： ． 【小问2详解】 设学生甲答对的题数为，则的所有可能取值为1,2,3． ， ， ． 的分布列为： X 1 2 3 P 所以，． 【小问3详解】 设学生乙答对的题数为，则的所有可能取值为0，1，2，3．则． 所以，． 因为，，即甲、乙答对的题目数一样，但甲较稳定， 所以应选拔甲学生代表学校参加竞赛． 18. 设，. （1）当时，求的极值； （2）讨论函数的单调性； （3）若有恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）， （2） 当时，时，单调递减，时，单调递增； 当时，时，单调递增，时，单调递减；时，单调递增； 当时，在单调递增； 当时，时，单调递增，时，单调递减；时，单调递增， （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数求出极值即可； （2）求出，分、、、、讨论，可得答案； （3）欲使恒成立，只需，根据（2）的结论，分、、、、讨论可得答案. 【小问1详解】 的定义域为，因为， ∴， ∴时，，单调递增， 时，，单调递增， 时，，单调递减， ∴，； 【小问2详解】 由题：， 1°当时：， 时，，单调递减， 时，，单调递增； 2°当时：∵， ∴时，，单调递减， 时，，单调递增； 3°当时： ①若即， 所以时，，单调递增， 时，，单调递减； 时，，单调递增， ②若即，， 则在单调递增； ③若即， 所以时，，单调递增， 时，，单调递减； 时，，单调递增； 【小问3详解】 欲使恒成立，只需， 根据(2)的结论， 1°，当时： 时，，单调递增； 时，，单调递减， ∴令，得，此时，； 2°当时：①若即， 所以时，，单调递增， 时，，单调递减； 时，，单调递增； ②若即， 时，，单调递增； ③若即， 所以时，，单调递增， 时，，单调递减； 时，，单调递增； 不论上述哪种情况，均有时，因此，不可能有恒成立，舍去. 综上：的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用分类讨论思想解题．本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路. 19. 用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇，衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率. （1）求曲线在处的曲率的平方； （2）求余弦曲线曲率的最大值； （3）余弦曲线，若，判断在区间上零点的个数，并写出证明过程. 【答案】（1） （2）1 （3） 在区间上有且仅有2个零点. 证明：，所以， ①当时，因为，，则，， ∴，在上单调递增，又，. ∴在上有一个零点， ②设，则，当时，，单调递增， ，又， ∴恒成立， ∴在上无零点. ③当时，，， ∴在上单调递减，又，. ∴在上必存在一个零点， 综上，在区间上有且仅有2个零点. 【解析】 【分析】（1）求出，，再根据所给定义计算即可； （2）根据所给定义表示出，即可得到，再令，设，，利用导数求出函数的最大值，即可得解； （3）首先得到，求出函数的导函数，分、、三种情况讨论，结合零点存在性定理判断函数的零点个数. 【小问1详解】 因为，所以，， 所以，∴. 【小问2详解】 因为，，， 所，， 令，则，， 设，，则，显然当时，，在上单调递减， 所以， 所以最大值为，所以的最大值为. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $