四川省遂宁中学校2023-2024学年高二下学期7月月考数学试卷

试卷第 1页，共 4页 高 2025 届 7 月月考数学试卷 一、单选题（本题共 8小题，每小题 5分，共 40分，在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合要求的） 1．命题“ x R， 2 0x  ”的否定是（ ） A． x R， 2 0x  B． x R， 2 0x  C． x R，2 0x  D． x R，2 0x  2．函数  f x 的导函数  f x 的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A．  f x 在 1x x 处取得最大值 B．  f x 在区间  1 2,x x 上单调递减 C．  f x 在 2x x 处取得极大值 D．  f x 在区间  ,a b 上有 2 个极大值点 3．已知函数   3 2 2f x x ax x   ，若  f x 在  1,2 上单调递减．则实数 a的取值范围是（ ） A． 1 2 a  B． 5 2 a  C． 5 2 a  D． 1 2 a  4．云南民族村自建成以来，以生动鲜活的形态，展示了云南各民族的建筑艺术､歌舞服饰､ 文化风情､宗教信仰和生活习惯.在即将到来的五一假期，预计需要安排 6 名工作人员去三个 不同的民族景点辅助宣传民俗文化，每个景点至少安排 1 人，则不同的安排方法种数是（ ） A．360 B．450 C．540 D．1020 5．已知 , x y是正数，且 2x y  ，则下列说法错误．．的是（ ） A．2 2x y 的最小值为 4 B． 2 2log logx y 的最大值为 0 C． ( 2 )x x y 的最大值为 4 D． 1 2 x y  的最小值为 3 2 2  6．已知 ,x y为实数，则“ 0x y  ”成立的充分不必要条件是（ ） A． 1 1 x y  B． 2 2x y C．    ln 1 ln 1x y   D． 2 2x y   7．已知集合 1 3, Z , , Z 4 8 2 8 k kM x x k N y y k                  ，则（ ） A．M N= B．M N C．M N D．M N  8．我们曾用组合模型发现了组合恒等式：C Cm n mn n  ， 11C C C m m m n n n     ，这里所使用的方法， 实际上是将一个量用两种方法分别算一次，由结果相同得到等式，这是一种非常有用的思想 方法，叫作“算两次”，对此我们并不陌生，如列方程时就要从不同的侧面列出表示同一个量 的代数式，几何中常用的等积法也是“算两次”的典范．再如，我们还可以用这种方法，结合 试卷第 2页，共 4页 二项式定理得到很多排列和组合恒等式，如由等式      21 1 1n n nx x x    可知，其左边的 nx 项的系数和右边的 nx 项的系数相等，得到如下恒等式为（ ） A．        2 2 2 20 1 2 2C C C C Cn nn n n n n     B． 1 1A A Am m mn n nm    C． 0 1 1 2 2 0C C C C C C C C Cp p p p pn m n m n m n m n m        D． 1 1C C k k n nn k   二、多选题（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 多项符合题目的要求，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．下列说法不正确的是（ ） A．“ a b ”是“ 1 1 a b  ”的必要不充分条件 B．若 1x y  ，则 xy的最大值为 2 C．若不等式 2 0ax bx c   的解集为  1 2,x x ，则必有 0a  D．命题“ x R ，使得 2 1 0x   ．”的否定为“ x R ，使得 2 1 0x   ．” 10．若随机变量  23,X N  且    P X a P X b   ，则下列选项正确的是（ ） A．   13 2 P X   B．    3 3P X P X      C． 2 2a b 的最小值为 18 D．  2 1 7E X   11．已知   exf x  ，   lng x x ，则下列说法正确的是（ ） A．      1exf x g x x x    B．  g x 在 1x  处的切线方程为 1y x  C．  y xf x 在  1,  上单调递增 D．方程   1g x x   有两个不同的解 三、填空题（本题共 3小题，每小题 5分，共 15 分） 12． 2( ) ( )f x x x c  在 1x  处有极小值，则实数 c为 ． 13．对具有线性相关关系的变量 ,x y有一组观测数据   , 1,2...10 , 5, 4i ix y i x y    ，其经 验回归方程  3.2y x a   ，则在样本点  3,2.9 处的残差为 . 14．定义 ( )A 为集合 A中所有元素的乘积，规定：只有一个元素时，乘积即为该元素本 身，已知集合 2 5 11 3 7 8 3 4 2 M        ，，，，，， ，集合 M的所有非空子集依次记为 1M 、 2M 、…、 127M ， 则 1 2 127( ) ( ) ... ( )M M M      . 试卷第 3页，共 4页 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、证明过程及验算 步骤） 15（13 分）．已知 2 4 2 nx x      的二项展开式中，前三项的二项式系数的和为 46． （1）求展开式中所有项的系数的和： （2）求展开式中的常数项． 16．（15 分）某工厂进行生产线智能化升级改造，对甲、乙两个车间升级改造后. (1)从该工厂甲、乙两个车间的产品中各随机抽取 50 件进行检验，其中甲车间优等品占 4 5 ， 乙车间优等品占 3 5 ，请填写如下列联表： 优等品 非优等品 总计 甲车间 乙车间 总计 依据小概率值 0.05  的独立性检验，能否认为车间与优等品有关联？（结果精确到 0.001)        2 2 n ad bc a b c d a c b d        ，其中 n a b c d    . 下表是 X独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值.  0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 (2)调查了近 10 个月的产量 ix （单位：万个)和月销售额 iy（单位：万元)，得到以下数据： 10 10 10 10 2 1 1 1 1 20 70 88 200i i i i i i i i i x y x x y           ， ， ， ，根据散点图认为 y.关于 x的经验回归方程为 ˆˆ ˆy bx a  ，试求经验回归方程. 参考公式： ˆâ y bx  ，其中 1 1 2 2 2 1 1 ˆ ( )( ) ( ) n n i i i i i i n n i i i i x x y y x y nxy b x x x nx                . 试卷第 4页，共 4页 17．（15 分）我们知道，   22 2 2 2 2 2 22 0 2 2 4 2 4 a ba b a b a b ab a b                ，因此 2 2 2 2 2 a b a b       ，当且仅当 a b 时等号成立.即 a，b的算术平均数的平方不大于 a，b平 方的算术平均数.请运用这个结论解答下列两题. （1）求函数   2 3x xf x     的最大值； （2）已知 0x  ， 0y  ，若不等式  m x y x y   恒成立，求实数m的取值范围. 18．（17 分）某校拟对全校学生进行体能检测，并规定：学生体能检测成绩不低于 60 分为 合格，否则为不合格；若全年级不合格人数不超过总人数的5%，则该年级体能检测达标， 否则该年级体能检测不达标，需加强锻炼． (1)为准备体能检测，甲、乙两位同学计划每天开展一轮羽毛球比赛以提高体能，并约定每 轮比赛均采用七局四胜制（一方获胜四局则本轮比赛结束）．假设甲同学每局比赛获胜的概 率均为 2 3 ，求甲在一轮比赛中至少打了五局并获胜的条件下，前 3 局比赛均获胜的概率； (2)经过一段时间的体能训练后，该校进行了体能检测，并从高二年级 1000 名学生中随机抽 取了 40 名学生的成绩作分析．将这 40 名学生体能检测的平均成绩记为 ，标准差记为 ， 高二年级学生体能检测成绩近似服从正态分布 2( , )N   ．已知 74  ， 7  ，请估计该校 高二年级学生体能检测是否合格？ 附：若随机变量 2~ ( , )N   ，则 ( ) 0.6827P          ， ( 2 2 ) 0.9545P          ， ( 3 3 ) 0.9973P          ． 19．（17 分）定义在区间D上的函数  f x 满足：若对任意 1 2,x x D ，且 1 2x x ，都有    2 2 1 1 2 12 f x x x x x x f     ，则称  f x 是D上的“好函数”． (1)若   2f x ax 是 1, 上的“好函数”，求 a的取值范围． (2)（ⅰ）证明：   lng x x 是  0,  上的“好函数”． （ⅱ）设 *Nn ，证明：   1 1 1 1ln 2 1 1 2 3 4 n n        ． 答案第 1页，共 6页 高 2025 届 7 月月考数学试卷参考答案 1．A 2．C 【详解】由导函数的图象可知： x  2,a x 2x  2 3,x x 3x  3,x b  f x  0  0 非负  f x 递增 极大值 递减 极小值 递增 3．B 由   3 2 2f x x ax x   ，得   23 2 2f x x ax   ，因为  f x 在  1,2 上单调递减， 所以   0f x  在  1,2 上恒成立，即   23 2 2 0f x x ax    ，得 3 1 2 a x x   在  1,2 上恒成立， 令     3 1 1, 2 2 g x x x x    ，易得  g x 在  1,2 单调递增，所以      1 2g g x g  ，即  1 5 2 2 g x  ，所以 5 2 a  ．故选：B. 4．C 由题意可知：三个景点安排的人数之比为1: 2 :3或1:1: 4 或 2 : 2 : 2，则有： 若三个景点安排的人数之比为1: 2 :3，则有 1 2 36 5 3C C A 360 种安排方法；若三个景点安排的人 数之比为1:1: 4 ，则有 1 1 36 5 32 2 C C A 90 A   种安排方法；若三个景点安排的人数之比为 2 : 2 : 2， 则有 2 2 36 4 33 3 C C ×A 90 A  种安排方法；故不同的安排方法种数是360 90 90 540   .故选：C. 5．C 由 ,x y是正数，且 2x y  ，可得 0 2,0 2x y    ，对于 A，由基本不等式可得 2 2 2 2 2 2 2 4x y x y x y     ，当且仅当 1x y  时取等号，A 正确； 对于 B，由 2 2x y xy   ，所以0 1xy  ，当且仅当 1x y  时等号成立，所以 2 2 2 2log log log log 1 0x y xy    ，B 正确；对于 C， 2 2 2( 2 ) ( )( ) ( ) 4x x y x y y x y y x y y y           ，由 20 4y  可得 20 4 4y   ， ( 2 )x x y 无最大值，C 错误； 对于 D， 1 2 1 1 2 1 2 1 2 3( )( ) (3 ) (3 2 ) 2 2 2 2 2 y x y xx y x y x y x y x y             ，当且仅当 2( 2 1), 4 2 2x y    时取等号，D 正确．故选：C 答案第 2页，共 6页 6．D 对于选项 A，当 2, 1x y    ，满足 1 1 x y  ，得不出 0x y  ，所以选项 A 错误， 对于选项 B，当 2, 1x y    ，满足 2 2x y ，得不出 0x y  ，所以选项 B 错误， 对于选项 C，因为 lny x 在定义域上单调递增，由    ln 1 ln 1x y   ，得到 1 1 0x y    ， 即 1x y   ，所以选项 C 错误，对于选项 D，由 2 2x y   ，得到 2 2 0x y    ，即 2x y  ，所以 2 2x y   可以推出 0x y  ，但 0x y  得不到 2 2x y   ， 所以选项 D 正确，故选：D. 7．A 当 2k n 时， 1 2 1 1 1 3 , Z 4 8 4 8 2 8 2 8 k n n nx n         ，当 2 1k n  时， 1 2 1 1 1 1 3 , Z 4 8 4 8 2 4 8 2 8 k n n nx n          ，所以 3| , Z 2 8 nM x x n        ， 所以M N= ，故 A 正确.故选：A 8．A A：在 2(1 ) nx 展开式中， nx 的系数为 2C n n， 0 1 2 2 0 1 2 2(1 ) (1 ) (C C C C )(C C C C )n n n n n nn n n n n n n nx x x x x x x x            ， 其中 nx 的系数为 0 1 1 2 2 0 0 2 1 2 2 2 2C C C C C C C C (C ) (C ) (C ) (C )n n n n nn n n n n n n n n n n n           ， 所以 0 2 1 2 2 2 2 2(C ) (C ) (C ) (C ) C n n n n n n n     ，故 A 符合题意；B：由“算两次”的定义知，从 1n 个 不同的元素中取出 ( )m m n 个元素的所有排列的个数为 1A m n ，同时还可以分类考虑：第一类： 取出m个元素不包括元素甲，则所有排列的个数为Amn ，第二类：取出m个元素包括元素甲， 则先排元素甲，有 m个位置，然后从其余 n个元素中抽出 1m 个元素全排列，则所有的排 列个数为 1Amnm  ，综上，从 1n 个不同的元素中取出m个元素的所有排列的个数为 1A Am mn nm  ， 所以 1 1A A A m m m n n nm    ，但是该等式不是由所给二项式得到，故 B 不符合题意；C：对于 (1 ) (1 ) (1 )n m n nx x x    ，由“算两次”的定义知， (1 )n mx  展开式中， px 的系数为C pm n ， 0 1 2 2 0 1 2 2(1 ) (1 ) (C C C C )(C C C C )n m n n m mn n n n m m m mx x x x x x x x            ，其中 px 的系数为 0 1 1 2 2 0C C C C C C C Cp p p pn m n m n m n m      ，所以 0 1 1 2 2 0C C C C C C C C Cp p p p pn m n m n m n m m n        ，故 C 不符合题意； D：由组合数的运算性质知， 11 ! ( 1)! ( 1)!C , C !( )! ( 1)!( 1 1)! ( 1)!( )! k k n n n n nn n k k k k n k k n k k n k                  ， 当 k n 时， 11C Ck kn nn k  ；当 k n 时， 11C Ck kn nn k  ，故 D 不符合题意.故选：A 9．ABD 对于选项 A：例如 1, 1a b   ，则 1 11, 1 a b    ，即a b ，满足题意，但 1 1 a b  ， 答案第 3页，共 6页 即充分性不成立；例如 1, 1a b   ，则 , 1 11 1 a b    ，即 1 1 a b  ，满足题意，但 a b ，即 必要性不成立；所以“ a b ”是“ 1 1 a b  ”的既不充分也不必要条件，故 A 不正确；对于选项 B： 若 1x y  ，则   2 1 4 4 x y xy    ，当且仅当 1 2 x y  时，等号成立，所以 xy的最大值为 1 2 ， 故 B 不正确；对于选项 C：若 0a  ，则 0bx c  的解集不可能为两数之间，不合题意；若 0a  ，则 2 0ax bx c   的解集不可能为两数之间，不合题意；综上所述：若不等式 2 0ax bx c   的解集为  1 2,x x ，则必有 0a  ，故 C 正确；对于选项 D：命题“ x R，使 得 2 1 0x   ．”的否定为“ x R，使得 2 1 0x   ”，故 D 不正确；故选：ABD. 10．ACD 随机变量  23,X N  ，对于 A，   13 2 P X   ，A 正确；对于 B，    3 3P X P X      ，B 错误；对于 C，由    P X a P X b   ，得 3 2 a b  ，即 6a b  ，则  22 2 1 18 2 a b a b    ，当且仅当 a b 时取等号，C 正确；对于 D， ( ) 3E X  ， 则  2 1 2 ( ) 1 7E X E X    ，D 正确.故选：ACD 11．BC        1e ln ex xf x g x x x       ，故 A 错误；因为   1g x x   ， 则  1 1k g   ，且  1 0g  ，则  g x 在 1x  处的切线方程为  0 1y x   ，即 1y x  ，故 B 正确；因为   exy xf x x  ，则  e 1xy x   ，令 0 y 可得  e 1 0x x   ，其中 e 0x  ，则 1x   ，所以 exy x 在  1,   上单调递增，故 C 正确；方程   1g x x   的解的个数，即为 ln x x  的解的个数，即函数 lny x 与函数 y x  图像交点个数，作出函数 lny x 与 y x  的图像，如图所示，由图像可知，方程   1 g x x   只有一个解，故 D 错误；故选：BC 12．1   2 23 4f x x cx c   ， 1x  为极小值点，   21 3 4 0f c c     ，解得： 1c  或 3c  ，当 1c  时，     23 4 1 3 1 1f x x x x x      ，可得  f x 在 1, 3      和  1,  上 答案第 4页，共 6页 单调递增，在 1 ,1 3       上单调递减．进而 1x  为极小值点，符合题意.当 3c  时，     23 12 9 3 1 3f x x x x x      ，可得  f x 在  ,1 和  3,  上单调递增，在  1,3 上 单调递减．进而 1x  为极大值点，不符合题意舍去. 1c  .故答案为：1 13．0.5/ 1 2 将 5, 4x y   代入 3.2ˆ ˆy x a   ，得 ˆ4 3.2 5 a     ，解得 ˆ 12a  ， 所以 ˆ 3.2 12y x   ，故当 3x  时， ˆ 3.2 3 12 2.4y      ，所以残差 e 2.9 2.4 0.5   . 14：215 . 设 2 5 1( ) ( )( )( 1)( 3)( 7)( 8)( ) 3 4 2 f x x x x x x x x        ，则集合的所有子集的乘 积之和即为展开式中所有项的系数之和减 1，令 1x  ，则展开式中所有项的系数之和为 2 5 1(1 )(1 )(1 1)(1 3)(1 7)(1 8)(1 ) 216 3 4 2 T         ，所以 1 2 127( ) ( ) ... ( ) 216 1 215M M M        15．（1）因为 2 4 2 nx x      的二项展开式中前三项的二项式系数的和为 46，所以 0 1 2C C C 46n n n   ，即  1 1 46 2 n n n     ， 2 90 0n n   ，解得 9n  或 10n   （舍）． 令 1x  ，则   9 92 4 2 1 1x x           ，所以展开式中所有项的系数的和为 1 ． （2）由（1）知二项式为 9 2 4 2x x       ，所以二项展开式的通项为     91892 4 1 9 94 2C C 2 , 0,1,2, ,9 r rr rr r rT x x rx              ，令 918 0 4 r  ，得 8r  ， 所以展开式中的常数项为  889 9C 2 2304T     ． 16．（1） 优等品 非优等品 总计 甲车间 40 10 50 乙车间 30 20 50 总计 70 30 100 设 0H ：车间与优等品无关. 答案第 5页，共 6页           2 2 2 0.05 (40 20 30 10) 100 100 4.762 3.841 70 30 50 50 21 n ad bc x a b c d a c b d                    根据小概率值 0.05  的独立性检验，能在犯错误的概率不超过 0.05 的情况下，认为车间与 优等品有关联. （2）依题意得： 10 1 1 2 10 ii x x    ， 10 1 1 7 10 ii y y    又因为 10 1 200i i i x y   ， 10 2 1 88i i x   ， 故 10 1 10 2 2 1 10 200 10 2 7 60ˆ 1.25 88 10 2 2 4810 i i i i i x y x y b x x                 ， ˆˆ 7 1.25 2 4.5a y bx      所以经验回归方程为 ˆ 1.25 4.45y x  . 17．（1）当 2 3x   时，有 2 2 3 2 3 5 2 2 2 x x x x             ，即   2 3 10f x x x     ，当且仅当 2 3x x   ，即 1 2 x  时等号成立.而  1 2,3 2 x    ， 故函数   2 3x xf x     的最大值为 10 . （2）当 0x  ， 0y  时，有 2 2 2 x y x y       ，所以  2x y x y   即 2 2 x y x y    ，当且仅当 x y 时等号成立.因此 x y x y   的最小值为 2 2 .  m x y x y   恒成立 x ym x y     恒成立 min 2 2 x y m x y         . 故实数m的取值范围是 2, 2       . 18．（1）设“甲在一轮比赛中至少打了五局并获胜”为事件A ，“甲以 4 :1或 4 : 2 或 4 :3获胜” 分别记为事件 1A， 2A ， 3A ，“甲前 3 局比赛均获胜”为事件 B． 则 1 4 1 4 5 1 2 64( ) C ( ) 3 3 3 P A     ， 2 2 42 5 6 1 2 160( ) C ( ) ( ) 3 3 3 P A     ， 3 3 43 6 7 1 2 320( ) C ( ) ( ) 3 3 3 P A     ， 1 2 3 7 1376( ) ( ) ( ) ( ) 3 P A P A P A P A    ． 4 4 2 4 3 7 2 1 2 1 2 1 208( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 P AB        ， ( ) 208 13( | ) ( ) 1376 86 P ABP B A P A    ，所以甲在一轮比赛中至少打了五局并获胜的条件下，前 3 局比 赛均获胜的概率 13 86 ． 答案第 6页，共 6页 （2）设该校高二年级学生体能检测的成绩为 X ， 则  2~ 74,7X N ．  (60 88) 2 2 0.9545P X P X           ， 所以 1( 60) ( 88) (1 0.9545) 0.02275 2 P X P X      ，所以高二年级学生体能检测不合格的人数约 为1000 0.02275 23  人，而 23 5%1000  ，所以该校高二年级学生体能检测成绩合格． 19．（1）由题可知任意  1 2, 1,x x   ，且    1 2 1 2 1 2 1 2 , 2 f x f x x xx x x x      ，即 2 2 1 2 1 2 1 22 ax ax x x x x     ， 解得  21 2 2a x x   ．因为  1 2 2,x x    ，所以 1 2 a  ，即 a的取值范围为 1 , 2    ． （2）（ⅰ）证明：设  1 2, 0,x x   ，则     1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 11 2 1 2 2 ln 1 ln ln 2 2 2 1 x x g x g x x x x x x x x x xx x x x x              ． 令 1 2 xx x  ，且         2 1 1, , ln , 1, 1 x x h x x x x           ，则   2 2 2 1 4 ( 1) 0 ( 1) ( 1) xh x x x x x         ， 则  h x 在  1,  上单调递增，所以    1 0h x h  ，即    1 2 1 2 1 22 g x g x x x x x     ， 所以   lng x x 是  0,  上的“好函数”． （ⅱ）证明：由（ⅰ）可知，当  1,x   时， 1 2 1 2 1 2 ln ln 2 x x x x x x     ，令 2 * 1 N2 1, 2 1,x n x nn    ， 则    ln 2 1 ln 2 1 1 2 2 n n n     ，即     1ln 2 1 ln 2 1n n n     ． 故     1 1 1 1ln3 ln1 ln5 ln3 ln 2 1 ln 2 1 1 2 3 n n n               ，化简可得   1 1 1 1ln 2 1 1 2 3 4 n n        ．