精品解析：广东省惠州市第一中学2024-2025学年高二下学期4月阶段考试数学试题( B卷)

惠州一中2026届高二（下）4月阶段考试（B）卷 考试时长：120分钟 满分：150分 一、单选题（本大题共8小题，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. 在等比数列中，，，则数列的公比为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 2. 已知则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 3. 琼中中学一条校道路边有7盏路灯，为了节约用电，学校决定每天晩上点亮其中的3盏路灯，但要求点亮的3盏路灯都不相邻，不同的点亮方式有（ ）种 A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 4. 函数与函数的图象在点的切线相同，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 或 5. 甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛，假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立，则两局比赛后结束的概率为（    ） A. B. C. D. 6. 已知函数在时有极大值，则极大值为（ ） A. 0 B. 32 C. 0或32 D. 0或32 7. 已知，则的大小顺序为（ ） A B. C. D. 8. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于同余的问题.用表示整数被整除，设且，若，则称与对模同余，记为.已知，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分.） 9. 已知，则关于其展开式结论正确的是（ ） A. 常数项是160 B. 二项式系数的和为64 C. 含项的系数是－192 D. 所有项的系数和为1 10. 在平面直角坐标系的第一象限内随机取一个整数点，若用随机变量表示从这个点中随机取出的一个点的横、纵坐标之和，表示，同时发生的概率，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时，的均值为4 D. 当（且）时， 11. 已知函数有两个极值点，，则（ ） A. a的取值范围为（－∞，1） B. C. D. 三、填空题（本大题3小题，每小题5分，共15分） 12. 若离散型随机变量X服从分布，且，则_________． 13. 甲、乙、丙、丁、戊5名学生进行某种劳动技能比赛，决出第1名到第5名的名次.甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军”，对乙说：“你当然不会是最差的”，从这个回答分析，5人的名次排列共可能有________种不同的情况.（用数字作答） 14. 甲、乙两位同学玩游戏，对于给定实数，按下列方法操作一次产生一个新的实数：由甲、乙同时各掷一枚质地均匀的硬币，如果出现两个正面朝上或两个反面朝上，则把乘以后再减去；如果出现一个正面朝上，一个反面朝上，则把除以后再加上；这样就可以得到一个新的实数，对实数仍按上述方法进行一次操作，又可以得到一个新的实数，当时，甲获胜，否则乙获胜，若乙获胜的概率为，则的取值范围是__________． 四、解答题（本大题共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. 已知数列的前项和，数列满足 ，且． （1）求数列和的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 16. 甲、乙两个箱子装有大小及外观相同的小球，甲箱中有5个白球和3个黑球，乙箱中有4个白球和3个黑球． （1）若从甲箱中任取2个小球，求这2个小球同色的概率； （2）若先从甲箱中任取2个小球放入乙箱中，然后再从乙箱中任取1个小球，求从乙箱中取出的球是白球的概率． 17. 已知函数，. （1）讨论函数的单调性； （2）若恒成立，求实数的取值范围. 18. 为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额. （1）若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，1个为20元，其余2个均为10元， （i）求顾客所获的奖励额的分布列及数学期望； （ii）若顾客甲和顾客乙参与活动，记事件为“甲乙两人所获的奖励额之和不低于100元”，求事件的概率； （2）商场对奖励总额的预算是60000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由. 19. 我们把称为区间的长度．若函数是定义在区间上的函数，且存在，使得，则称为的自映射区间．已知函数，． （1）若，任取的一个自映射区间，求其区间的长度的概率； （2）若存在自映射区间， ①求取值范围； ②求证：，且的长度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 惠州一中2026届高二（下）4月阶段考试（B）卷 考试时长：120分钟 满分：150分 一、单选题（本大题共8小题，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. 在等比数列中，，，则数列的公比为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，根据题意和等比数列的通项公式，即可求解. 【详解】已知等比数列中，，， 则，可得. 故选：B. 2. 已知则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】当时求得；当时， ，然后计算时的值即可得出答案． 【详解】解：把代入得． 把代入得 ． ． 故选：B． 3. 琼中中学一条校道路边有7盏路灯，为了节约用电，学校决定每天晩上点亮其中的3盏路灯，但要求点亮的3盏路灯都不相邻，不同的点亮方式有（ ）种 A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】运用不相邻问题插空法即可求得结果. 【详解】因为不点亮的4盏灯形成5个空，将点亮的3盏灯插到这5个空中即可， 所以不同的点亮方式有种. 故选：B. 4. 函数与函数的图象在点的切线相同，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】分别对、求导，解出在点的切线方程，根据切线方程相同解出参数的值. 【详解】解：函数，有， 则，所以函数的图象在点的切线方程为， 又函数，有， 则，所以函数的图象在点的切线方程为， 因为函数与函数的图象在点的切线相同， 所以，即， 故选：. 5. 甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛，假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立，则两局比赛后结束的概率为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用相互独立事件用乘法原理来解题即可. 【详解】分两类，第一类是甲连胜两局的概率为， 第二类是乙连胜两局的概率为， 所以两局后比赛结束的概率为， 故答案选：A． 6. 已知函数在时有极大值，则的极大值为（ ） A. 0 B. 32 C. 0或32 D. 0或32 【答案】B 【解析】 【分析】求导，根据题意结合极值点解得或，再验证函数极值点即可. 【详解】因为， 由题意可得：，解得或. 若，则， 令，解得或；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则函数在时有极小值，不合题意； 若，则， 令，解得或；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则函数在时有极大值； 综上所述：的极大值为32. 故选：B 7. 已知，则的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造可以比较，构造可以比较. 【详解】设，则，即在上单调递增，故，即，故，即； 设，则，即在上单调递减，故，故，即. 于是. 故选：A 8. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于同余的问题.用表示整数被整除，设且，若，则称与对模同余，记为.已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据新定义，结合二项式定理可知，再确定中被7整除余3的数，即可得解. 【详解】由二项式定理，得 ， 因为能够被7整除， 被7除余3，则， 又2030除以7余0，2031除以7余1，2032除以7余2，2033除以7余3， 所以. 故选：D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分.） 9. 已知，则关于其展开式结论正确的是（ ） A. 常数项是160 B. 二项式系数的和为64 C. 含项的系数是－192 D. 所有项的系数和为1 【答案】BCD 【解析】 【分析】求得展开式的通项公式为，令，可求得常数项，即可判断A选项；利用二项式系数和公式即可判断B选项；令，可求得含项，即可判断C选项；令x＝1，得所有项的系数和为1，即可判断D选项. 【详解】因为的展开式的通项为， 对于A，令，得，所以常数项为，故A错误； 对于B，二项式的系数和为，故B正确； 对于C，令，得，所以含项的系数是，故C正确； 对于D，令x＝1，得所有项的系数和为1，故D正确． 故选：BCD． 10. 在平面直角坐标系的第一象限内随机取一个整数点，若用随机变量表示从这个点中随机取出的一个点的横、纵坐标之和，表示，同时发生的概率，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时，的均值为4 D. 当（且）时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用条件概率公式判断A；列举出满足的点的坐标，利用古典概率公式判断B；利用离散型随机变量的期望公式判断C；列举出满足，的点的坐标，利用古典概型的概率公式判断D. 【详解】对于A，当时，整数点共个，则， 由得，即满足，的点的坐标为， 因此，A正确； 对于B，当时，整数点共个， 满足的整数点为，则，B错误； 对于C，当时，的可能取值有、、、、， 满足的点为，则， 满足的点为、，则， 满足的点为、、，则， 满足的点为、，则， 满足的点为，则， 当时，，C正确； 对于D，满足的解为，则，D正确. 故选：ACD 11. 已知函数有两个极值点，，则（ ） A. a的取值范围为（－∞，1） B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性，根据零点的个数求出的取值范围，进而确定的取值范围，再利用不等式的性质、构造函数利用导数逐一判断即可. 【详解】由题设，且定义域为，则， 当时，则单调递增，不可能存在两个零点，即不可能存在两个极值点，A错误； 当时，即单调递增，当时，即单调递减，即， 当时，，所以至多有一个零点； 当时，，而，当趋向于0时趋于负无穷大，当趋向于正无穷时趋于负无穷大， 综上，，在内各有一个零点，且， B：由且趋向于0时趋于负无穷大，所以，故， 令， ， 又，所以单调递减， 故当时，， 又，所以， 而，因此，故正确； C：， 令，显然有，令，显然， 因此有：， 设，则， 当时，单调递减，当时，单调递增， 因为，所以， 令，即， 因为，所以单调递增， 因为，所以， 而，所以， 因为，所以， 当时，单调递减，因此有，即，正确； D：由，则，故，正确. 故选：BCD 【点睛】关键点睛：构造函数、、，利用导数研究单调性，根据单调性进行求解. 三、填空题（本大题3小题，每小题5分，共15分） 12. 若离散型随机变量X服从分布，且，则_________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据两点分布可得，再结合已知可得，进而可求. 【详解】∵随机变量X服从分布，且， ∴， ∴， 所以 故答案为： 13. 甲、乙、丙、丁、戊5名学生进行某种劳动技能比赛，决出第1名到第5名的名次.甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军”，对乙说：“你当然不会是最差的”，从这个回答分析，5人的名次排列共可能有________种不同的情况.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得：甲、乙都不是第一名，且乙不是最后一名，先排乙，再排甲，其他三名同学在三个位置上全排列，由分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由题意可得：甲、乙都不是第一名，且乙不是最后一名， 先排乙，有第二、三、四名3种情况， 再排甲，除第一名和乙排的名次外，甲有3种情况， 其他三名同学排在三位置全排列有种， 由分步乘法计数原理可知共有种， 故答案为：. 14. 甲、乙两位同学玩游戏，对于给定的实数，按下列方法操作一次产生一个新的实数：由甲、乙同时各掷一枚质地均匀的硬币，如果出现两个正面朝上或两个反面朝上，则把乘以后再减去；如果出现一个正面朝上，一个反面朝上，则把除以后再加上；这样就可以得到一个新的实数，对实数仍按上述方法进行一次操作，又可以得到一个新的实数，当时，甲获胜，否则乙获胜，若乙获胜的概率为，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知，进行两次操作后，得出的所有可能情况，根据乙胜的概率，列出关于的不等式组，即可求解. 【详解】抛掷两枚硬币，出现两个正面朝上或两个反面朝上的概率为， 出现一个正面朝上，一个反面朝上的概率为， 由题意可知，进行两次操作后，可得如下情况： ①操作两次都是两个正面朝上或两个反面朝上，则， 其出现的概率为； ②操作两次，第一次是两个正面朝上或两个反面朝上，第二次是一个正面朝上，一个反面朝上， 则，其出现的概率为； ③操作两次，第一次是一个正面朝上，一个反面朝上，第二次是两个正面朝上或两个反面朝上， 则，其出现的概率为； ④操作两次，两次都是一个正面朝上，一个反面朝上， 则，其出现的概率为， 因为乙获胜的概率为，即的概率为， 因为，， 则或，解得或. 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 四、解答题（本大题共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. 已知数列的前项和，数列满足 ，且． （1）求数列和的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）对于 ，通过 与 的关系解决，对于 ，转换为等比数列解决； （2）运用错位相减法求和. 【小问1详解】 当时，； 当时，， ， ， 由题可得 ，得 ， 是首项为，公比为2的等比数列， ； 【小问2详解】 ，①，②， ①-②得：， . 16. 甲、乙两个箱子装有大小及外观相同的小球，甲箱中有5个白球和3个黑球，乙箱中有4个白球和3个黑球． （1）若从甲箱中任取2个小球，求这2个小球同色的概率； （2）若先从甲箱中任取2个小球放入乙箱中，然后再从乙箱中任取1个小球，求从乙箱中取出的球是白球的概率． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）先求出从甲箱中任取2个小球的事件数，再求出这2个小球同色的事件数即可得出； （2）先求出从从甲箱中取出的2个小球的各种情况的概率，再利用条件概率公式求解. 【小问1详解】 从甲箱中任取2个小球的事件数为， 这2个小球同色的事件数为， 所以这2个小球同色的概率为． 【小问2详解】 设事件A为“从乙箱中任取1个小球，取出的这个小球是白球”， 事件为“从甲箱中取出的2个小球都是白球”， 事件为“从甲箱中取出的2个小球为1个白球1个黑球”， 事件为“从甲箱中取出的2个小球都是黑球”， 则事件，，彼此互斥． ，，， ，，， 所以 ， 所以取出的这个小球是白球的概率为． 17. 已知函数，. （1）讨论函数的单调性； （2）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）见解析. （2） 【解析】 【分析】（1）分类讨论，两种情况，由导数得出单调性 ； （2）将变形为，构造函数，由其单调性得出，进而由导数得出的最大值，从而得出求实数的取值范围. 【小问1详解】 因为，所以. 当时，由，得，由，得，且， 故的单调递增区间为，单调递减区间为，； 当时，由，得，且，由，得， 故的单调递增区间为，，单调递减区间为. 综上，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，； 当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为. 【小问2详解】 易知，. 由，可得， 所以恒成立，即恒成立. 设，，则，所以在上单调递增. 当时，，所以恒成立等价于恒成立， 即对恒成立. 设，，. 当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，即a的取值范围是. 【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键在于将整理成的形式，构造函数，由其单调性以及得出，最后求出的最大值，得出a的取值范围. 18. 为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额. （1）若袋中所装4个球中有1个所标的面值为50元，1个为20元，其余2个均为10元， （i）求顾客所获的奖励额的分布列及数学期望； （ii）若顾客甲和顾客乙参与活动，记事件为“甲乙两人所获的奖励额之和不低于100元”，求事件的概率； （2）商场对奖励总额的预算是60000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由. 【答案】（1）（i）分布列见解析，45元；（ii） （2）面值为个元和个元，理由见解析 【解析】 【分析】（1）（i）利用古典概型求概率，即可列出分布列，再求期望即可； （ii）根据第（i）中的分布列，利用独立事件和互斥事件的概率公式计算即可； （2）根据题意可知每个顾客的平均奖励额为60元，故先找寻期望为60元的可能方案，分类找出所有情况，但只有和两种方案具有可能性，再分别列出其分布列，并求期望和方差. 【小问1详解】 （i）依题意，得的所有可能取值为20，30，60，70， 则，， ，， 即的分布列为： 20 30 60 70 所以顾客所获得奖励额的期望为（元） （ii）根据第（i）中的分布列， 两人所获的奖励额之和为的概率为； 两人所获的奖励额之和为的概率为； 两人所获的奖励额之和为的概率为； 两人所获的奖励额之和为的概率为； 则， 所以事件的概率. 【小问2详解】 根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元，所以先寻找期望为60元的可能方案， ①对于面值由10元和50元组成的情况， 如果选择的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元； 如果选择的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元， 因此可能的方案是，记为方案1； ②对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除和的方案， 所以可能的方案是，记为方案2. 以下是对两个方案的分析： 对于方案1，即方案，设顾客所获的奖励额为， 则，，， 则的分布列为 20 60 100 的期望为， 的方差为， 对于方案2，即方案，设顾客所获的奖励额为， 则，，， 则的分布列为 40 60 80 的期望为， 的方差为， 由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小， 所以应该选择方案2，即面值为个元和个元. 19. 我们把称为区间的长度．若函数是定义在区间上的函数，且存在，使得，则称为的自映射区间．已知函数，． （1）若，任取的一个自映射区间，求其区间的长度的概率； （2）若存在自映射区间， ①求的取值范围； ②求证：，且的长度． 【答案】（1） （2）①；②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题意，由自映射区间定义结合古典概型的概率公式代入计算，即可得到结果； （2）①由自映射区间定义，结合函数单调性，将问题转化为函数至少存在两个零点问题，然后结合导数，代入计算，即可得到结果；②构造函数，利用导数研究函数的单调性，即可证明不等式. 【小问1详解】 因为恒成立，则在上单调递增， 若存在自映射区间，则， 即方程，即至少有两个不同实数解． 则的解集为，所以区间的选择共有种． 若，共有6种选择， 所以区间的长度的概率为． 小问2详解】 ①因为在上单调递增， 若存在自映射区间，则， 即至少有两个零点， 因为时，单调递增； 时，单调递减； 若要存在两个零点，则，即． 此时，使得． 因为当时，，即函数单调递减， 所以，又， 所以，则，使得． 所以的取值范围为． ②因为，所以， 下证：．记， 则， 则在上单调递增，则，即， 即，所以． 所以，所以． 记，则， 时，单调递减；时，单调递增； 所以，即， 则，即，同理 因为函数的，且对称轴为， 则方程存在两根，且， 又，且，所以， 则， 所以区间的长度． 【点睛】关键点睛：本题主要考查了新定义问题与导数的综合应用，难度较大，解答本题的关键在于理解所给的定义，然后结合导数的知识解答. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$