安徽省六安市独山中学2024-2025学年高二下学期5月月考数学试题

· 独山中学2024-2025学年度第二学期5月份月考 · 高二年级数学试卷 考试内容：选择性必修二数列、导数；选择性必修三第六章、第七章1-3节 一、单选题（每题5分共40分） 1．3本不同的课外读物分给3位同学，每人一本，则不同的分配方法有（    ） A．3种 B．6种 C．12种 D．5种 2．已知函数，则该函数在区间上的平均变化率为（    ） A． B． C． D． 3．在数列中，，，则的值为（  ） A． B． C． D．以上都不对 4．函数的单调递减区间是（    ） A． B． C． D． 5．一个家庭有两个小孩，假设生男生女是等可能的，已知这个家庭有一个是女孩的条件下，这时另一个也是女孩的概率是（    ） A． B． C． D． 6．设离散型随机变量X的概率分布为 X 0 1 2 3 4 P 0.15 0.15 0.15 0.25 m 若随机变量，则等于（　　） A．0.3 B．0.4 C．0.6 D．0.7 7．在的展开式中，含的项的系数是（    ） A．60 B．80 C．－84 D．120 8．已知定义在上的函数的导函数的图象如图所示，给出下列命题： ①函数在区间上单调递减； ②若，则； ③函数在上有3个极值点； ④若，则． 其中正确命题的序号是（    ） A．①③ B．②④ C．②③ D．①④ 二、多选题（每题6分，多选或答错不得分，部分对答部分分共18分） 9．对于函数，若，则当无限趋近于0时，在下列式子中无限趋近于2的式子有（    ） A． B． C． D． 10．已知递增等差数列的前n项和为，若，则下列各式中为正的是（    ） A． B． C． D． 11．某市为丰富青少年暑假生活，推出多项益智游乐项目．小乐与好朋友一起选择了该市的甲、乙两个儿童乐园游乐场去打卡．小乐与好朋友第一天去甲、乙两家游乐场游玩的概率分别为0.3和0.7．如果他们第一天去甲游乐场，那么第二天去甲游乐场的概率为0.7；如果第一天去乙游乐场，那么第二天去甲游乐场的概率为0.6，则小乐与好朋友（    ） A．第二天去甲游乐场的概率为0.63 B．第二天去乙游乐场的概率为0.45 C．第二天去了甲游乐场，则第一天去乙游乐场的概率为 D．第二天去了乙游乐场，则第一天去甲游乐场的概率为 三、填空题（每题5分共15分） 12．已知曲线在处的切线方程为，则-------------． 13．在等差数列中，，其前项和为，若，则---------. 14．袋中有个白球和个黑球，不放回地摸球两次，则第二次摸到白球的概率为-----------. 四、解答题 15（第一小题6分，第二小题 7分共13分）．已知函数 （1）求函数的单调区间； （2）求在区间上的最大值和最小值． 16（第一小题7分，第二小题8分共15分）．已知等差数列的前n项和为，，． (1)求的通项公式； (2)求，并求当n取何值时有最小值． 17（第一小题7分，第二小题8分共15分）．已知的展开式中，二项式系数和为256. (1)此展开式中有没有常数项？有理项的个数是几个？并说明理由； (2)展开式中系数最大的项是第几项，并说明理由： 18（第一小题8分，第二小题9分共17分）．假设有两个密闭的盒子，第一个盒子里装有3个白球2个红球，第二个盒子里装有2个白球4个红球，这些小球除颜色外完全相同. (1)每次从第一个盒子里随机取出一个球，取出的球不再放回，经过两次取球，求取出的两球中有红球的条件下，第二次取出的是红球的概率； (2)若先从第一个盒子里随机取出一个球放入第二个盒子中，摇匀后，再从第二个盒子里随机取出一个球，求从第二个盒子里取出的球是红球的概率. 19（第一小题8分，第二小题9分共17分）．袋中装有大小相同的2个白球和3个黑球． (1)采取放回抽样方式，从中依次摸出两个球，求两球颜色不同的概率； (2)采取不放回抽样方式，从中依次摸出两个球，记为摸出两球中白球的个数，求的期望和方差． 试卷第2页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《独山中学2024-2025学年度第二学期5月份月考高二年级数学试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A A B D A D B AD BD 题号 11 答案 AC 1．B 【分析】根据题意全排列即可求解. 【详解】3本不同的课外读物分给3位同学，每人一本， 全排列：. 故选：B 【点睛】本题考查了排列数的应用，考查了基本知识，属于基础题. 2．A 【分析】根据平均变化率的定义直接求解. 【详解】因为函数， 所以该函数在区间上的平均变化率为 ， 故选：A 3．A 【分析】根据递推式可得为一个周期为3的数列，求中一个周期内的项，利用周期性即可求的值 【详解】由，知 故数列是周期为的数列，而2019可被3整除 ∴ 故选：A 【点睛】本题主要考查递推数列，考查数列的周期性，考查合情推理，属于基础题 4．B 【分析】求导，利用导数即可求解单调区间. 【详解】由的定义域为，， 令，解得， 所以的单调递减区间为， 故选：B 5．D 【解析】一个家庭的两个小孩只有4种可能：（男，男），（男，女），（女，男），（女，女），由题意知，这4个事件是等可能的，由此利用条件概率公式能求出结果. 【详解】一个家庭的两个小孩只有4种可能：（男，男），（男，女），（女，男），（女，女）， 已知这个家庭有一个是女孩的条件下，基本事件总数，这时另一个也是女孩包含的基本事件个数， 已知这个家庭有一个女孩的条件下，这时另一个也是女孩的概率. 故选：D 【点睛】本题主要考查条件概率的计算，属于基础题. 6．A 【分析】由概率和为1求出可得答案. 【详解】由0.15＋0.15＋0.15＋0.25＋m＝1，得m＝0.3， 所以. 故选：A. 7．D 【分析】先求出每部分含的系数，再利用组合数求解即可. 【详解】由于的展开式中的系数是， 而. 故选：D. 8．B 【分析】根据图象判断函数单调性和极值点情况，并利用单调性比较函数值的大小，逐一判断四个命题的正误即可. 【详解】①中，看图知，在区间上，，在区间上，，故函数在区间上先增再减，①错误； ②中，看图知，在区间上，是下凸的，任意连接两点，中点为，线段一定在图象上方，故中点也在图象上方，即，故②正确； ③中，看图知，在区间上，，在区间上，，在区间上，，所以有一个极大值点和一个极小值点，故③错误； ④中，看图知，在区间上，，且递减，故单调递增，故，故，即④正确. 综上，正确命题的序号是②④. 故选：B. 【点睛】方法点睛： 利用导数判断函数的单调性和极值的方法： ①写定义域，对函数求导；②在定义域内，令 的区间即是增区间，令的区间即是减区间，③根据单调区间，判断极值点即可. 9．AD 【分析】利用平均变化率的定义以及导数的定义对四个选择逐一判断即可． 【详解】解：因为，故选项A正确； 因为，故选项B错误； 因为，故选项C错误； 因为，故选项D正确． 故选：AD． 10．BD 【解析】由已知可得且，分别计算选项的值即可判断正负. 【详解】设递增等差数列的公差为，则， ，，解得， ，故A错误； ，故B正确； ，故C错误； ，故D正确. 故选：BD. 11．AC 【分析】设：第一天去甲游乐场，：第二天去甲游乐场，：第一天去乙游乐场，：第二天去乙游乐场，再利用全概率公式及条件概率公式及对立事件的概率关系即可判断各选项. 【详解】设：第一天去甲游乐场，：第二天去甲游乐场， ：第一天去乙游乐场，：第二天去乙游乐场， 依题意可得，，，， 对于A，，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，，C正确； 对于D，，D错误 故选：AC． 12． 【分析】根据导数的几何意义即可求解. 【详解】根据题意得，， 所以，解得， 所以． 故答案为：． 13． 【分析】由结合等差数列前项和公式化简，可求得等差数列的公差，再利用等差数列前项和公式可求得结果 【详解】， 则. 故答案为：0 【点睛】此题考查等差数列前项和公式的应用，属于基础题 14． 【解析】分别记为第一次、第二次摸到白球，由概率公式计算． 【详解】分别记为第一次、第二次摸到白球，由全概率公式得，. 故答案为：． 15．（1）的单调递增区间为和，单调递减区间为；（2），. 【解析】（1）对函数求导，求得、的解集即可得解； （2）结合函数的单调性确定函数的极值，再与端点值比较即可得解. 【详解】（1）因为，所以， 当或时，，所以在和上单调递增； 当时，，所以在上单调递减； 所以的单调递增区间为，，单调递减区间为； （2）由（1）知是的极大值点，是的极小值点， 所以极大值，极小值， 又，， 所以在区间上的最大值，最小值． 16．(1) (2)，当时，取得最小值 【分析】（1）利用等差数列的通项公式以及求和公式，列出方程组，求解即可； （2）等差数列的求和公式求解，再结合二次函数的性质讨论即可. 【详解】（1）解：设的公差为d，由题意得，即， 解得， 所以的通项公式为； （2）解：由（1）得， 所以当时，取得最小值，最小值为. 17．(1)此展开式中没有常数项；有理项有5个. (2)展开式中系数最大的项是第6项和第7项. 【分析】（1）先由二项式系数和公式求得n的值，再由二项式展开式中常数项和有理项分别对应的次数为0和整数进行计算判断即可； （2）先求得展开式中系数的通项为，由增减性排除前4项，再逐个计算后5项的值比较即可. 【详解】（1）因为二项式系数和为， 所以. 原二项式展开式的通项为. 令，得， 故此展开式中没有常数项. 当时，可取， 故有理项有5个. （2）由（1）得展开式中系数的通项为， 当时，递增；当时，递减. 同时在递增. 故前4项均不可能为最大. 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 故当或时，展开式中对应项的系数最大，为. 即展开式中系数最大的项是第6项和第7项. 18．(1) (2) 【分析】（1）利用对立事件的概率公式与条件概率公式，结合古典概型求解即可； （2）利用全概率公式，结合古典概型求解即可. 【详解】（1）依题意，记事件表示第次从第一个盒子里取出红球，记事件表示两次取球中有红球， 则， . （2）记事件表示从第一个盒子里取出红球，记事件表示从第一个盒子里取出白球，记事件表示从第二个盒子里取出红球， 则. 19．(1) (2)， 【分析】（1）由互斥事件和相互独立事件的概率公式可求解； （2）先求白球的个数的所有可能取值，再分别求解每个取值的概率，进而可得结果. 【详解】（1）记“摸出一球，放回后再摸出一个球，两球颜色不同”为事件A， 摸出一球是白球的概率为，摸出一球是黑球的概率为， 由互斥事件和相互独立事件的概率公式得到． （2）由题意知，的可能取值为0，1，2， 当时，表示摸出两球中白球的个数为0， 当时，表示摸出两球中白球的个数为1， 当时，表示摸出两球中白球的个数为2， ∴， ． 即摸出白球个数ξ的期望和方差分别是，． 答案第8页，共8页 答案第1页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $$