精品解析：湖北省武汉市新洲区问津联合体2023-2024学年高二下学期5月月考数学试题

问津教育联合体2025届高二5月联考 数学试题 （考试用时：120分钟 试卷满分：150分） 2024.5 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 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据阶乘的定义求出集合，根据组合数的性质求出集合，再根据交集的定义计算可得. 【详解】由，则，解得， 所以， 由，因为一定成立，则只需满足， 所以， 所以. 故选：B 2. 某商场进行有奖促销活动，满500元可以参与一次掷飞镖游戏.每次游戏可掷7只飞镖，采取积分制，掷中靶盘，得1分，不中得0分，连续掷中2次额外加1分，连续掷中3次额外加2分，以此类推，连续掷中7次额外加6分.小明购物满500元，参加了一次游戏，则小明在此次游戏中得分的可能取值有（ ）种 A. 10 B. 11 C. 13 D. 14 【答案】C 【解析】 【分析】利用穷举法得到所有情况即可. 【详解】由题意得，我们知道所产生的不同得分的情况种数如下， 首先，我们把中记为，不中记为， 情况数为，此时得分为， 情况数为，此时得分为， 情况数为，此时得分为， 情况数为，此时得分为， 情况数为，此时得分为， 情况数为，此时得分为， 情况数为，此时得分为， 情况数为，此时得分为， 情况数为，此时得分为， 情况数为，此时得分为， 情况数为，此时得分为， 情况数为，此时得分为， 情况数为，此时得分为， 其它情况未产生其它得分情况，故省略， 故产生的不同得分的情况种数如下，共种. 故选：C 3. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出，利用条件概率的公式即可求解. 【详解】由，得． 因为， 所以． 故选：C． 4. 设为等差数列的前项和，若，则（ ） A. 5 B. 10 C. D. 15 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差中项性质得，再利用等差数列的下标和性质求解即可. 【详解】若，由等差中项性质得， 故，即，易知. 故选：B 5. 随机变量的分布列如下所示则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由分布列的性质可得的关系，再由期望公式求，由方差公式求，利用导数求的最大值. 【详解】由题可知，，， 所以，， ， ， 则， 令， 则， 则在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以的最大值为． 故选：D． 6. 下列说法中正确的是（ ） ①设随机变量服从二项分布，则 ②一批零件共有20个，其中有3个不合格，随机抽取8个零件进行检测，则至少有一件不合格的概率为 ③小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点互不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，则； ④；. A. ①② B. ②③ C. ①③④ D. ①②③ 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项分布求概率的公式可得①正确；根据对立事件概率的求法可得②正确；由条件概率公式计算可知③正确；根据方差和期望值性质可得④错误. 【详解】对于①，由随机变量服从二项分布可知，即①正确； 对于②，易知20个零件中有17个合格品，从20个零件中随机抽取8个零件，都是合格品的概率为， “至少有一件不合格”与“都是合格品”为对立事件， 所以至少有一件不合格的概率为，即②正确； 对于③，易知4个人去4个景点共有种可能，则“小赵独自去一个景点”的概率； 且“4个人去的景点互不相同”共有种可能，则可得； 所以，可得③正确； 对于④，由期望值性质可知；，可得④错误. 即①②③正确. 故选：D 7. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示．下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ） A. B. 第2023行中从左往右第1011个数与第1012个数相等 C. 记第n行的第i个数为，则 D. 第30行中第12个数与第13个数之比为 【答案】C 【解析】 【分析】选项A，利用组合数性质即可求解；选项B、D，利用杨辉三角中数的排列规律即可判断；选项C，先用杨辉三角确定，再结合二项式定理可得. 【详解】对A，由可得 ，故A错误； 对B，第2023行有2024项，中间两项最大，即和， 也就是第2023行中第1012个数和第1013个数相等，故选项B错误； 对C，第n行的第i个数为，所以，故C正确； 对D，第30行中第12个数与第13个数之比为 ，故D错误． 故选：C． 8. 已知过点可以作曲线的两条切线，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先对函数求导，设切点，写出切线方程，将点代入切线方程，得到，根据切线有两条，得到方程有两根，结合判别式即可求出结果. 【详解】由得， 设过点的直线与曲线切于点， 则切线斜率为， 所以切线方程为 因为切线过点， 所以，整理得， 因为过点的切线有两条， 所以方程有两不同实根， 因此，解得或， 即实数a的取值范围是. 故选：B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 数学中蕴含着无穷无尽的美，尤以对称美最为直观和显著.回文数是对称美的一种体现，它是从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3443，94249等，显然两位回文数有9个：11，22，33，…，99；三位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999.下列说法正确的是（ ） A. 四位回文数有45个 B. 四位回文数有90个 C. （）位回文数有个 D. （）位回文数有个 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意，用列举法分析四位回文数数目，可得A错误，B正确；再用分步计数原理分析2n+1位回文数的数目，可得C错误，D正确，综合可得答案． 【详解】据题意，对于四位回文数，有1001、1111、1221、……、1991、2002、2112、2222、……、2992、……9009、9119、9229、……、9999，共90个，则A错误，B正确； 对于2n位回文数，首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数第二位数字有10种选法，……，第n和第n+1位也有10种，则共有9×10×10×……×10＝9×10n-1种选法，故C错； 对于2n+1位回文数，首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数第二位数字有10种选法，……，第n+1个数字，即最中间的数字有10种选法， 则共有9×10×10×……×10＝9×10n种选法，即2n+1（n∈N*）位回文数有9×10n个，所以 D正确． 故选：BD． 10. 现有编号为1，2，3的三个口袋，其中1号口袋内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号口袋内装有两个1号球，一个3号球；3号口袋内装有三个1号球，两个2号球；第一次先从1号口袋内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中，第二次从该口袋中任取一个球，下列说法正确的是（ ） A. 在第一次抽到2号球的条件下，第二次也抽到2号球的概率是 B. 在第一次抽到3号球的条件下，第二次抽到1号球的概率是 C. 第二次取到1号球的概率 D. 如果第二次取到1号球，则它来自3号口袋的概率最大 【答案】AC 【解析】 【分析】AB选项，设出事件，由条件概率求公式求出答案；C选项，由全概率公式求出答案；D选项，由贝叶斯公式求出答案. 【详解】A选项，设第一次抽到2号球为事件A，第二次抽到2号球为事件B，故，， 第一次抽到2号球的条件下，第二次也抽到2号球的概率是，A正确； B选项，设第一次抽到3号球为事件C，第二次抽到1号球为事件D，故，， 故第一次抽到3号球的条件下，第二次抽到1号球的概率是，B错误； C选项，设第一次抽到1号球为事件E，故，， 故第二次取到1号球概率为，C正确； D选项，由C选项可知，如果第二次取到1号球， 则取自2，3号口袋的概率相同，均为，而取自1号口袋的概率为， 故第二次取到1号球，则它来自1号口袋的概率最大，D错误. 故选：AC 11. 甲盒中装有3个蓝球、2个黄球，乙盒中装有2个蓝球、3个黄球，同时从甲、乙两盒中取出（）个球交换，分别记交换后甲、乙两个盒子中蓝球个数的数学期望为，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】按分别求出的分布列及期望，即可逐项判断得解. 【详解】表示交换后甲盒子中的蓝球数，表示交换后乙盒子中的蓝球数， 当时，， ， ， 则， ， 则，，故A正确，B错误； 当时，， ， ， ， ， 因此， ， 故，， 即，故C、D正确． 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列满足，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据求出和的关系式，构造新数列即可求解. 【详解】因为， 所以，所以， 令，所以，因为， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以，所以， 所以，同理， 所以. 故答案为：. 13. 若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式定理直接分配次数，结合组合数公式直接求解即可. 【详解】由题意得表示5个因式的乘积，而为展开式中的系数， 若有1个因式取，则从其余的4个因式中选取3个因式选取，剩余的1个因式取2 若有2个因式取，则从其余的3个因式中选取1个因式选取，剩余的2个因式取2 若5个因式取，也可得到含有的项， 由二项式定理得， 故答案为： 14. 已知函数，若，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数解析式可判断出是定义在上的单调递增函数，且为奇函数，将不等式变形即可求得实数的取值范围. 【详解】易知函数的定义域为，且满足，可知为奇函数； 由可得恒成立， 即可知在上为单调递增函数， 由可得， 可得，解得； 即实数的取值范围为. 故答案为： 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. 在①各项系数之和为；②常数项为；③各项系数的绝对值之和为1536这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答问题. 在展开式中，______.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分） （1）求展开式中项的系数； （2）求被7除的余数. 【答案】（1）9 （2）6 【解析】 【分析】（1）由所选条件，利用展开式系数与系数和的性质，列方程求n； （2）由（1）知，利用二项式定理展开，即可证明数据是6的倍数. 【小问1详解】 选条件①各项系数之和为，取，则，解得； 选条件②常数项为，由，则常数项为，解得； 选条件③各项系数的绝对值之和为1536，即的各项系数之和为1536，取，则，解得； 所以展开式中项的系数为. 【小问2详解】 ， ， 所以被7除的余数为6. 16. 已知数列满足，且，其前项和记为. （1）求数列的通项公式； （2）记数列的前项和记为，求证：. 【答案】（1）； （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据求出，故为公差是1的等差数列，根据求出，得到通项公式； （2）利用等差数列求和公式得到，故，裂项求和，得到答案. 【小问1详解】 由得， 当，， 所以，即， 故为公差是1的等差数列， 又当时，，即，且，所以， 所以，故通项公式为； 【小问2详解】 ∵由（1）知为等差数列， ∴， ， ∴ ， 即 17. 某商场为了回馈顾客，开展一个抽奖活动，在抽奖箱中放8个大小相同的小球，其中红球4个，白球4个.规定：①每次抽奖时顾客从抽奖箱中随机摸出两个小球，如果摸出的两个小球颜色相同即为中奖，颜色不同即为不中奖；②每名顾客只能选一种抽奖方案进行抽奖，方案如下： 方案一：共进行两次抽奖，第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖； 方案二：共进行两次抽奖，第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖. （1）顾客甲欲参加抽奖活动，请从中奖的数字特征角度为顾客甲提供决策依据； （2）已知有300位顾客按照方案二抽奖，则其中中奖2次的人数为多少的概率最大？ 【答案】（1）答案见解析 （2）60 【解析】 【分析】（1）方案一就两次独立重复试验，求抽一次中奖后，按二项分布求解即可；方案二的所有可能取值为0，1，2，注意计算第二次的时候数量较少，按照分步计数原理作乘即可. （2）由（1）知方案二抽奖中奖2次的概率为，中奖2次的人数服从二项分布，则，通过单调性找最值即可. 【小问1详解】 方案一：设中奖次数为，若第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖， 则每次中奖的概率为，因为两次抽奖相互独立，所以中奖次数服从二项分布， 即，所以的数学期望为， 方差为； 方案二：设中奖次数为，若第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖， 中奖次数的所有可能取值为0，1，2，则， ，， 所以的分布列为 0 1 2 所以数学期望为， 方差， ，，两种方案中奖次数的期望相同，但方案一的方差较小，中奖的波动性小， 稳定性较好，故从中奖的数字特征角度来看，顾客甲选方案一较好. 【小问2详解】 每位顾客按照方案二抽奖中奖2次的概率为，则300位顾客按照方案二抽奖， 其中中奖2次的人数， 恰有人中奖2次的概率为，，， 令，解得， 于是，当时，； 当时，，故当时，最大， 所以300位顾客按照方案二抽奖，则其中中奖2次的人数为60的概率最大. 18. 已知函数（）. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）求导后转化为讨论的正负，分类讨论求解即可. （2）利用分离参数法结合导数求解即可. 【小问1详解】 函数的定义域是， 令即， ①当，即时，，函数上单调递增. ②当，即时，令，得； 令，得或， 又因为，令，即所以 当时，在和递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，上递增； 【小问2详解】 当时，恒成立，即恒成立， 设，则， 令，则， 当时，，所以在上递减，， 即，在上递减，， 故，即实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是合理运用分离参数法，然后结合导数法求解函数最值，得到所要求的取值范围即可． 19. AI机器人，即人工智能机器人，是一种基于人工智能（AI）技术的机器人，目前应用前景广阔．我国某企业研发的家用AI机器人，其生产共有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道工序是出厂检测工序，包括智能自动检测与人工抽检，其中智能自动检测为次品的会被自动淘汰，合格的进入流水线进行人工抽检.已知该家用机器人在生产中前三道工序的次品率分别为，，. （1）已知某批次的家用机器人智能自动检测显示合格率为99%，求在人工抽检时，工人抽检一个家用AI机器人恰好为合格品的概率； （2）该企业利用短视频直播方式扩大产品影响力，在直播现场进行家用AI机器人推广活动，现场人山人海，场面火爆，从现场抽取幸运顾客参与游戏，游戏规则如下：参与游戏的幸运顾客，每次都要有放回地从10张分别写有数字1～10的卡片中随机抽取一张，指挥家用机器人运乒乓球，直到获得奖品为止，每次游戏开始时，甲箱中有足够多的球，乙箱中没有球，若抽的卡片上的数字为奇数，则从甲箱中运一个乒乓球到乙箱；若抽的卡片上的数字为偶数，则从甲箱中运两个乒乓球到乙箱，当乙箱中的乒乓球数目达到9个时，获得奖品优惠券400元；当乙箱中的乒乓球数目达到10个时，获得奖品大礼包一个，获得奖品时游戏结束. ①求获得“优惠券”的概率； ②若有32个幸运顾客参与游戏，每人参加一次游戏，求该企业预备的优惠券总金额的期望值. 【答案】（1）； （2）①；②8525元. 【解析】 【分析】（1）根据题意可得三道工序后是合格品的概率为，再利用条件概率公式求出在家用机器人智能自动检测合格的前提下人工抽检合格的概率为； （2）①根据题意抽到奇数和偶数的概率都为，设乙箱中有个球的概率为，由获奖规则并利用等比数列前项和公式可得，计算出获得“优惠券”的概率为； ②易知参与游戏的32个幸运顾客中获得优惠券的人数，由二项分布求出期望值为8525元. 【小问1详解】 设家用机器人经过前三道工序后是合格品的概率为， 则， 设家用机器人智能自动检测合格为事件，人工抽检合格为事件，则 ，， 所以， 即在人工抽检时，工人抽检一个家用AI机器人恰好为合格品的概率约为； 【小问2详解】 ①设乙箱中有个球的概率为（），抽到奇数和偶数的概率都为， 若第一次抽到奇数，家用机器人运1个乒乓球，概率为，即， 若要使乙箱中有2个球，有两类情况，所以， 乙箱中有（）个球的情况有： ⅰ家用机器人已运个球，又抽出偶数，其概率为； ⅱ家用机器人已运个球，又抽出奇数，其概率为； 所以，且， 所以，所以， 即当时，数列是公比为的等比数列， 所以， 又，，所以当时也成立， 所以，，……，， 上述各式相加得 ， 又，所以，（）， 经检验，当时上式也成立， 所以（，）， 所以，即获得“优惠券”的概率为； ②设参与游戏的32个幸运顾客中获得优惠券的人数为，则， 所以的期望， 设优惠券的总金额为元，则， 所以32个幸运顾客中获得优惠券总金额的期望值（元）， 故该企业预备的优惠券总金额的期望值为8525元. 【点睛】方法点睛：在求解概率统计与数列结合的问题时，找到与（或）之间的关系，再利用数列的递推关系求出对应的通项公式即可求得出相应概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 问津教育联合体2025届高二5月联考 数学试题 （考试用时：120分钟 试卷满分：150分） 2024.5 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. 若集合，，则（ ） A B. C. D. 2. 某商场进行有奖促销活动，满500元可以参与一次掷飞镖游戏.每次游戏可掷7只飞镖，采取积分制，掷中靶盘，得1分，不中得0分，连续掷中2次额外加1分，连续掷中3次额外加2分，以此类推，连续掷中7次额外加6分.小明购物满500元，参加了一次游戏，则小明在此次游戏中得分的可能取值有（ ）种 A. 10 B. 11 C. 13 D. 14 3. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 设为等差数列前项和，若，则（ ） A. 5 B. 10 C. D. 15 5. 随机变量的分布列如下所示则的最大值为（ ） A. B. C. D. 6. 下列说法中正确的是（ ） ①设随机变量服从二项分布，则 ②一批零件共有20个，其中有3个不合格，随机抽取8个零件进行检测，则至少有一件不合格的概率为 ③小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点互不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，则； ④；. A. ①② B. ②③ C. ①③④ D. ①②③ 7. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示．下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ） A. B 第2023行中从左往右第1011个数与第1012个数相等 C. 记第n行的第i个数为，则 D. 第30行中第12个数与第13个数之比为 8. 已知过点可以作曲线的两条切线，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.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 数学中蕴含着无穷无尽的美，尤以对称美最为直观和显著.回文数是对称美的一种体现，它是从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3443，94249等，显然两位回文数有9个：11，22，33，…，99；三位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999.下列说法正确的是（ ） A. 四位回文数有45个 B. 四位回文数有90个 C. （）位回文数有个 D. （）位回文数有个 10. 现有编号为1，2，3的三个口袋，其中1号口袋内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号口袋内装有两个1号球，一个3号球；3号口袋内装有三个1号球，两个2号球；第一次先从1号口袋内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中，第二次从该口袋中任取一个球，下列说法正确的是（ ） A. 在第一次抽到2号球的条件下，第二次也抽到2号球的概率是 B. 在第一次抽到3号球的条件下，第二次抽到1号球的概率是 C. 第二次取到1号球的概率 D. 如果第二次取到1号球，则它来自3号口袋的概率最大 11. 甲盒中装有3个蓝球、2个黄球，乙盒中装有2个蓝球、3个黄球，同时从甲、乙两盒中取出（）个球交换，分别记交换后甲、乙两个盒子中蓝球个数的数学期望为，，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. 已知数列满足，，则______. 13. 若，则______. 14. 已知函数，若，则实数取值范围为______. 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. 在①各项系数之和为；②常数项为；③各项系数的绝对值之和为1536这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答问题. 在的展开式中，______.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分） （1）求展开式中项的系数； （2）求被7除的余数. 16. 已知数列满足，且，其前项和记为. （1）求数列的通项公式； （2）记数列的前项和记为，求证：. 17. 某商场为了回馈顾客，开展一个抽奖活动，在抽奖箱中放8个大小相同的小球，其中红球4个，白球4个.规定：①每次抽奖时顾客从抽奖箱中随机摸出两个小球，如果摸出的两个小球颜色相同即为中奖，颜色不同即为不中奖；②每名顾客只能选一种抽奖方案进行抽奖，方案如下： 方案一：共进行两次抽奖，第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖； 方案二：共进行两次抽奖，第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖. （1）顾客甲欲参加抽奖活动，请从中奖的数字特征角度为顾客甲提供决策依据； （2）已知有300位顾客按照方案二抽奖，则其中中奖2次的人数为多少的概率最大？ 18. 已知函数（）. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围. 19. AI机器人，即人工智能机器人，是一种基于人工智能（AI）技术的机器人，目前应用前景广阔．我国某企业研发的家用AI机器人，其生产共有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道工序是出厂检测工序，包括智能自动检测与人工抽检，其中智能自动检测为次品的会被自动淘汰，合格的进入流水线进行人工抽检.已知该家用机器人在生产中前三道工序的次品率分别为，，. （1）已知某批次的家用机器人智能自动检测显示合格率为99%，求在人工抽检时，工人抽检一个家用AI机器人恰好为合格品的概率； （2）该企业利用短视频直播方式扩大产品影响力，在直播现场进行家用AI机器人推广活动，现场人山人海，场面火爆，从现场抽取幸运顾客参与游戏，游戏规则如下：参与游戏的幸运顾客，每次都要有放回地从10张分别写有数字1～10的卡片中随机抽取一张，指挥家用机器人运乒乓球，直到获得奖品为止，每次游戏开始时，甲箱中有足够多的球，乙箱中没有球，若抽的卡片上的数字为奇数，则从甲箱中运一个乒乓球到乙箱；若抽的卡片上的数字为偶数，则从甲箱中运两个乒乓球到乙箱，当乙箱中的乒乓球数目达到9个时，获得奖品优惠券400元；当乙箱中的乒乓球数目达到10个时，获得奖品大礼包一个，获得奖品时游戏结束. ①求获得“优惠券”的概率； ②若有32个幸运顾客参与游戏，每人参加一次游戏，求该企业预备的优惠券总金额的期望值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $