湖北省沙市中学2024-2025学年高二下学期5月月考数学试题

2024—2025学年度下学期2023级 5月月考数学试卷 命题人：王鹏 审题人：邹振斌 考试时间：2025年5月16日 一、单选题 1．展开式中的常数项为（   ） A．10 B． C．80 D． 2．某校高三年级有1000人参加期末考试，经统计发现数学成绩近似服从正态分布，且成绩不低于110分的人数为200，则此次考试数学成绩高于90分的人数约为（   ） A．700 B．800 C．900 D．950 3．记为等比数列的前n项和.若，，则（   ） A． B． C． D． 4．曲线在点处的切线与直线垂直，则（   ） A．2 B．0 C． D． 5． 公共汽车上有3名乘客，在沿途的4个车站随机下车，3名乘客下车互不影响，则恰有2名乘 客在第4个车站下车的概率是（   ） A． B． C． D． 6．已知，，，则a，b，c的大小关系为（   ） A． B． C． D． 7．设，是双曲线C：（，）的左，右焦点，O是坐标原点.过作C的一条渐近线的垂线，垂足为P，若，则C的离心率为（   ） A． B．2 C． D． 8．如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的方格形道路网，其中，，，是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处.今在道路网M，N处的甲、乙两人分别要到N，M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则甲、乙两人相遇的概率为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知等差数列的前项和为，若，且对于任意正整数都有，则（   ） A． B．是公差为的等差数列 C． D．， 10．现有5个编号为1，2，3，4，5的不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（   ） A．若自由放置，共有3125种不同的放法 B．恰有一个盒子不放球，共有240种放法 C．每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有20种 D．将5个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有20种 11．设函数，则（   ） A．的单调递增区间为， B．有三个零点 C．若关于x的方程有四个不同实根，则 D．若对于恒成立，则 三、填空题 12．斜率为1的直线经过抛物线的焦点，且与抛物线相交于，两点，则线段的长为 . 13．已知函数在上存在零点，则实数的最小值为 ． 14．现有n个串联的信号处理器单向传输信号，处理器的工作为：接收信号——处理并产生新信号——发射新信号．当处理器接收到一个A类信号时，会产生一个A类信号和一个B类信号并全部发射至下一个处理器；当处理器接收到一个B类信号时，会产生一个A类信号和两个B类信号，产生的B类信号全部发射至下一个处理器，但由接收B类信号直接产生的所有A类信号只发射一个至下一个处理器．当第一个处理器只发射一个A类信号至第二个处理器，按上述规则依次类推，若第n个处理器发射的B类信号数量记作，即，则 ，数列的通项公式 ． 四、解答题 15．已知函数（）． (1)若是函数的极值点，求a的值； (2)讨论的单调性． 16．已知甲、乙、丙的三个袋子中装有除标号外完全相同的小球，其中甲袋内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；乙袋内装有两个1号球和一个3号球；丙袋内装有三个1号球，两个2号球和一个3号球． (1)从甲袋中一次性摸出两个小球，记随机变量X为1号球的个数，求X的分布列； (2)现按照如下规则摸球：连续摸球两次，第一次先从甲袋中随机摸出1个球，若摸出的是1号球放入甲袋，摸出的是2号球放入乙袋，摸出的是3号球放入丙袋；第二次从放入球的袋子中再随机摸出1个球．求第二次摸到的是3号球的概率． 17．对于数列且，则称数列为的“四分差数列”．已知数列为数列的“四分差数列”． (1)若，求的值． (2)设． ①求的通项公式； ②若数列满足，且的前n项和为，证明：． 18．已知椭圆C：（）的左焦点为，点在椭圆C上，且轴. (1)求椭圆C的方程； (2)已知点，证明：线段的垂直平分线与C恰有一个公共点； (3)设M是坐标平面上的动点，且线段的垂直平分线与C恰有一个公共点，证明M的轨迹为圆，并求该圆的方程. 19．已知函数. (1)当时，，求的取值范围； (2)函数有两个不同的极值点（其中），证明：； (3)求证：. 高二年级5月月考数学答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B B D D A C B ABC ACD 题号 11 答案 ACD 1．D 【分析】先写出二项式的通项，再令的指数为，求出，代入通项即可得出结果. 【详解】展开式的通项为，. 令，解得， 所以展开式中的常数项为. 故选：D. 2．B 【分析】根据正态分布的对称性确定数学成绩不高于90分的人数，即可得. 【详解】由题知，和关于100对称， 故此次考试数学成绩不高于90分的人数等于不低于110分的人数为200， 故此次考试数学成绩高于90分的人数约为． 故选：B 3．B 【分析】根据题意结合等比数列通项公式求，结合等比数列求和公式运算求解即可. 【详解】设等比数列的公比为， 因为，则，解得， 所以. 故选：B. 4．D 【分析】求导，根据导数的几何意义结合直线垂直运算求解即可. 【详解】因为，则，， 又因为直线的斜率为1， 由题意可得，解得. 故选：D. 5．D 【分析】由题意，根据概率乘法公式，可得答案. 【详解】由题意可得每个人在某个站下车的概率为，则恰有两人在第站下车的概率为. 故选：D. 6．A 【分析】先构造函数，再根据函数的导函数得出函数单调性即可判断大小. 【详解】设， 所以单调递增；单调递减； 所以. 故选：A. 7．C 【分析】根据点到线的距离公式可得焦点到渐近线的距离为，由勾股定理可得，根据，利用余弦定理可得，再结合已知条件即可求解. 【详解】 设双曲线的一条渐近线为，即， 点到渐近线的距离为， 所以， 在中，， 因为， 所以，所以， 因为，所以， 整理可得，所以. 故选：. 8．B 【分析】计算出甲、乙两人相遇的走法种数，利用古典概型的概率公式运算求解即可. 【详解】甲从M到达N处，需要走6步，其中有3步向上走，3步向右走，则甲从M到达N处的方法有种； 同理，乙从N到达M处的方法有种； 甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在、、、处相遇， 若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向上走，乙经过处，则乙的前三步必须向左走，两人在处相遇的走法种数为种； 若甲、乙两人在处相遇，甲到处，前三步有1步向右走，后三步只有2步向右走， 乙到处，前三步有1步向下走，后三步只有2步向下走， 所以，两人在处相遇的走法种数为种； 若甲、乙两人在处相遇，由C选项可知，走法种数为种； 若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向右走，乙经过处，则乙的前三步必须向下走，两人在处相遇的走法种数为种； 故甲、乙两人相遇的概率. 故选：B 9．ABC 【分析】根据等差数列的通项公式、求和公式、性质逐一判断故选项. 【详解】因为数列为等差数列，，由得数列的前项的和最小，根据等差数列的性质，可得： 数列为递增数列，且，，，. 对A：，故A正确； 对B：因为，所以，所以是公差为的等差数列，故B正确； 对C：因为，故C正确； 对D：若，则，，则不存在，使得，故D错误. 故选：ABC. 10．ACD 【分析】结合组合数、排列数由分步乘法计算原理逐项计算即可求解； 【详解】对于选项A：每个小球都有5种选择，所有共有种，故A正确； 对于选项B：第一步，选择一个盒子不放球，由, 第二步，5个小球分成4组，分别放入4个盒子有：， 所以共有种，故B错误； 对于选项C：第一步选择两个盒子使得编号与小球相同，有， 第二步，剩下3个球，3个盒子使得盒子编号与小球编号不相同共有2种， 所以共有20种，故C正确； 对于选项D：第一步，确定哪个盒子不放球，有， 第二步，剩下四个盒子确定哪个盒子放两个球，即可； 所有共有20种，故D正确； 故选：ACD. 11．ACD 【分析】先根据分段函数的解析式和导数相关知识判断函数的单调性，即可判断；令，分段求出的值即可判断；先解方程求出的值，再根据函数的单调性和最值画出函数图象，通过方程的根与图象的公共点之间的联系进行转化，进而判断；由已知将问题转化为求函数，的最大值问题，通过求导判断函数的单调性即可求解最值，进而求解的范围. 【详解】当时，，所以在上单调递增， 当时，， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以的单调递增区间为，，故正确； 当时，由得， 当时，由得，所以函数有两个零点，故错误； 因为，所以或， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数有最大值， 又当时，，所以的图象如图所示： 由图可知有一个根， 若满足关于x的方程有四个不同实根， 则有三个不同实根，所以，故正确； 若对于恒成立，所以对于恒成立， 即, 令，，所以， 由得（舍）或， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 所以当时，有最大值为，所以， 所以对于恒成立，则，故正确. 故选：. 12．16 【分析】利用过焦点的直线与抛物线的关系，利用韦达定理代入弦长公式求解. 【详解】因为过抛物线的焦点，斜率为1， 所以直线的方程为，则联立直线与抛物线方程 ，得到， 令 则，， 代入弦长公式. 故答案为：16. 13． 【分析】由参变量分离法可得，其中，令，其中，则实数的最小值即为函数在上最小值，利用导数求出函数在上最小值即可. 【详解】由可得，其中， 令，其中， 所以，实数的取值范围即为函数在上的值域， 则实数的最小值即为函数在上最小值. 则 ， 当时，；当时，. 所以，函数在区间上单调递减，在上单调递增， 故当时，， 因此，实数的最小值为. 故答案为：. 14． 【分析】设第个处理器发射的类信号数量记作，易得当时，第个处理器发射的类信号数量为，从而可求出数列的通项，由题意可得当时，，根据递推公式即可求出，再利用构造法即可求出数列的通项. 【详解】设第个处理器发射的类信号数量记作， 则， 由题意，当时，第个处理器发射的类信号数量为， 即当时，， 当时，， 则， 故当时，， 可得， 又， 所以数列从第二项开始是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以， 当时，上式不成立， 所以. 故答案为：；. 15．(1) (2)答案见解析 【分析】（1）先求导函数再应用极值点得出计算，并检验； （2）分类讨论，分，讨论导函数正负得出函数的单调性. 【详解】（1）由题意可得的定义域为，且， ∵是函数的极值点， ∴，即． 当时，，由得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减； ∴满足是函数的极值点，因此. （2）， 当时，因为，所以，则，在上单调递增； 当时，得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 则函数的单调增区间为，单调减区间为； 综上可知：当时，的单调增区间为，无单调减区间； 当时，函数的单调增区间为，单调减区间为. 16．(1)分布列见解析； (2). 【分析】（1）分析可知随机变量的可能取值为0、1、2，结合超几何分布求分布列； （2）设出相应事件，根据题意可得相应概率，利用全概率公式求解. 【详解】（1）由题意，随机变量，则，，， 所以的分布列如下， 0 1 2 （2）记第一次从甲袋随机摸出1个球，摸出的是对应事件分别为， 第二次摸到的是3号球为事件，则，， 所以. 17．(1) (2)①；②证明见详解 【分析】（1）设，可得，进而可得的通项公式； （2）①结合（1）可得，进而可得的通项公式；②可得，利用放缩法可得，再结合裂项相消法分析证明. 【详解】（1）由题意可设：，则， 若，则， 且，可得， 所以. （2）①由（1）可得， 若，则， 且，可得， 所以的通项公式； ②因为，即， 则， 可得， 所以. 18．(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析， 【分析】（1）由轴，得，将代入椭圆方程与联立求解即可. （2）由的坐标，求出的中点坐标，及线段的垂直平分线的斜率，代入点斜式求出直线方程，与椭圆方程联立即可. （3）设，当时，或，当时，的垂直平分线方程为，与椭圆方程联立，利用判别式为0化简得，又，也满足该式，即可求解的轨迹方程即可. 【详解】（1） 轴.，， ，则， ， ， 又在椭圆C上， 即， 联立， 化简得：，解得:, (舍)， ， 椭圆C的方程. （2） ，， 中点坐标为，， 线段的垂直平分线的斜率为， 线段的垂直平分线的方程为,即， 联立，解得， 线段的垂直平分线与C恰有一个公共点，公共点坐标为. （3） 设，当时，的垂直平分线方程为， 此时，解得或； 当时，的垂直平分线方程为， 联立得： ， 线段的垂直平分线与恰有一个公共点， ， 整理得：， 即， ， ， ， 也满足方程， 点的轨迹是圆，圆的方程为，即． 19．(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由，利用导数研究函数单调性，转化为当，恒成立问题； （2）函数极值点，是的两个零点，要证，等价于证，通过换元，构造函数，利用导数研究单调性可证. （3）由（1）可知，则有，类似于数列求和的裂项相消法可证. 【详解】（1）函数，，且， ①当时，因为，故恒成立，此时单调递增，所以成立； ②当时，令，得， 当时，此时单调递减，故，不满足题意； 综上可知：. 即的取值范围为. （2）由，故， 因为函数有两个不同的极值点（其中），故. 要证：，只要证：. 因为，于是只要证明即可. 因为，故， 因此只要证，等价于证， 即证，令，等价于证明， 令， 因为，所以， 故在上单调递增，所以，得证. （3）由（1）可知当时，，故， 令，所以，所以， ， 所以. 【点睛】方法点睛：1. 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． 2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用. 3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $$