精品解析：四川省南充市嘉陵第一中学2024-2025学年高二下学期5月月考数学试题

南充市嘉陵一中高2023级2025年春5月月考数学试题 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整． 3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生留存，以备评讲）． 一、单项选择题：本大题共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. 某学校开设了5门不同的科技类课程，5门不同的运动类课程和5门不同的自然类课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有（ ） A. 5种 B. 15种 C. 25种 D. 125种 2. 已知随机变量X服从二项分布，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 4. 的展开式中含项的系数为（ ） A. B. C. D. 5. 设是函数的导函数，则的图象可能是（ ） A. B. C. D. 6. 甲､乙两社团各有3名男党员､3名女党员，从甲､乙两社团中各随机选出1名党员参加宪法知识比赛.设事件为“从甲社团中选出的是男党员小凡”，事件为“从乙社团中选出的是男党员”，事件为“从甲､乙两社团中选出的是2名男党员”，事件为“从甲､乙两社团中选出的是1名男党员和1名女党员”，则下列说法不正确的是（ ） A. 与相互独立 B. 与相互独立 C. 与相互独立 D. 与互斥 7. 现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，以下说法正确的是（ ） A. 每人都安排一项工作的不同方法数为54 B. 每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为 C. 如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为 D. 每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是 8. 若对任意的恒成立，则的最小值为（ ） 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. 已知离散型随机变量的分布列如表所示，若离散型随机变量满足，则（ ） 1 2 3 4 0.5 0.3 0.1 A. B. C. D. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若B，C互斥，则 B. C. 若，则 D. 若，则 11. 已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列判断中正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡的横线上. 12. 已知随机变量服从，若，则__________. 13. 首项为的等差数列，当且仅当时取最小值，则公差的取值范围是______ 14. “算两次”是一种重要的数学方法，也称做富比尼（G. Fubini）原理．“为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来”（波利亚著《数学的发现》第一卷），即将一个量“算两次”．由等式，，，利用“算两次”原理可得______．（结果用组合数表示） 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. 已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）设数列满足，求数列的前项和． 16. 甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率是，乙每次击中目标的概率是，假设两人是否击中目标相互之间没有影响． （1）求甲恰好比乙多击中目标2次的概率； （2）设甲击中目标的次数为，求的分布列和数学期望． 17. 某公司餐厅有米饭和面两类主食，员工小张每天中午选择其中一种就餐，已知小张第一天中午选面食的概率是，若小张第一天中午选择面食，则第二天中午选择米饭的概率为，若小张第一天中午选择米饭，则第二天中午选择面食的概率为． （1）求小张第二天中午吃米饭的概率； （2）记小张前两天中午吃面食的次数为X，求X的分布列． 18. 已知函数. （1）求的极值. （2）已知，且. ①求的取值范围； ②证明:. 19. 数学的发展推动着科技的进步，正是基于线性代数、群论等数学知识的极化码原理的应用，我国的5G+技术领先世界．目前某区域市场中5G+智能终端产品的制造只由A公司及B公司提供技术支持．据市场调研预测，5G+商用初期，该区域市场中采用A公司与B公司技术的智能终端产品分别占比及，假设两家公司的技术更新周期一致，且随着技术优势的体现每次技术更新后，上一周期采用B公司技术的产品中恰有转而采用A公司技术，采用A公司技术的恰有转而采用B公司技术，设第次技术更新后，该区域市场中采用A公司与B公司技术的智能终端产品占比分别为及，不考虑其它因素的影响． （1）求与的递推关系式 （2）求数列的通项公式 （3）设，求的前项和 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南充市嘉陵一中高2023级2025年春5月月考数学试题 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整． 3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生留存，以备评讲）． 一、单项选择题：本大题共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. 某学校开设了5门不同的科技类课程，5门不同的运动类课程和5门不同的自然类课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有（ ） A. 5种 B. 15种 C. 25种 D. 125种 【答案】B 【解析】 【分析】根据分类加法计数原理即可求得结果. 【详解】根据分类加法计数原理，从各类课程中任选1门课程的不同选法共有种． 故选：. 2. 已知随机变量X服从二项分布，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项分布有关的公式求得正确答案. 【详解】由， 得． 故选：C 3. 已知函数，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数定义及乘法求导数运算律计算求值. 【详解】因为, 所以. 故选：C. 4. 的展开式中含项的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简，结合二项式的展开式的通项，结合通项即可求解. 【详解】由， 则二项式的展开式 当，此时， 此时可得展开式中项的系数为. 故选：B. 5. 设是函数的导函数，则的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数求出原函数的单调性，选择图像即可. 【详解】由，得或， 由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 由图知，只有C选项的图象符合. 故选：C. 6. 甲､乙两社团各有3名男党员､3名女党员，从甲､乙两社团中各随机选出1名党员参加宪法知识比赛.设事件为“从甲社团中选出的是男党员小凡”，事件为“从乙社团中选出的是男党员”，事件为“从甲､乙两社团中选出的是2名男党员”，事件为“从甲､乙两社团中选出的是1名男党员和1名女党员”，则下列说法不正确的是（ ） A. 与相互独立 B. 与相互独立 C. 与相互独立 D. 与互斥 【答案】B 【解析】 【分析】根据相互独立事件及互斥事件的公式法判断即可. 【详解】由题意可得. 因为，所以与相互独立，正确. 因为，所以与不相互独立，错误. 因为，所以与相互独立，C正确. 因为，所以与互斥，正确. 故选：B 7. 现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，以下说法正确的是（ ） A. 每人都安排一项工作的不同方法数为54 B. 每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为 C. 如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为 D. 每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是 【答案】D 【解析】 【分析】 对于选项 ，每人有4种安排法，故有种；对于选项 ，5名同学中有两人工作相同，先选人再安排；对于选项，先分组再安排；对于选项 ，以司机人数作为分类标准进行讨论即可. 【详解】解：①每人都安排一项工作的不同方法数为，即选项错误， ②每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为，即选项B错误， ③如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为：（），即选项C错误， ④分两种情况：第一种，安排一人当司机，从丙、丁、戊选一人当司机有 ,从余下四人中安排三个岗位， 故有；第二种情况，安排两人当司机，从丙、丁、戊选两人当司机有 , 从余下三人中安排三个岗位，故有；所以每项工作至少有一人参加， 甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是， 即选项D正确， 故选：D． 【点睛】本题考查了排列知识的应用. 求解排列问题的六种主要方法: 1.直接法:把符合条件的排列数直接列式计算; 2.优先法:优先安排特殊元素或特殊位置; 3.捆绑法:把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列; 4.插空法:对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中; 5.定序问题除法处理:对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列; 6.间接法:正难则反、等价转化的方法. 8. 若对任意的恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将已知变形为，然后构造函数，将问题转化为在上恒成立，转化为的最大值问题，利用导数求解可得. 【详解】因为，所以，则可化为， 整理得， 因为，所以， 令，则函数在上单调递减， 则在上恒成立， 所以在上恒成立， 令，则在上恒成立， 则在上单调递减， 所以，故， 所以得最小值为. 故选：D. 【点睛】关键点睛：本题解题关键在于对进行合理变形，通过构造函数，将问题转化为在上恒成立，然后可解. 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. 已知离散型随机变量的分布列如表所示，若离散型随机变量满足，则（ ） 1 2 3 4 0.5 0.3 0.1 A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用分布列的性质，结合期望、方差的定义及性质求解. 【详解】依题意，，解得， 对于A，，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，，D正确. 故选：ABD 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若B，C互斥，则 B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】AD 【解析】 【分析】对A，根据互斥事件的性质结合条件概率即可判断；对B，根据条件概率性质即可判断；对C，根据互斥事件得，则得到即可判断C；对D，分析得，再利用条件概率公式即可判断. 【详解】对A，若B，C互斥，则，A正确； 对B，条件概率的性质与其他概率的性质一样，概率范围应该为，B错误； 对C，若A，B互斥，则，此时，但不一定成立，C错误； 对D，若，则，所以，D正确. 故选：AD． 11. 已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列判断中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，构造新函数，利用导数判断函数的单调性逐一检查每个选项是否正确. 【详解】设，则， 所以在上单调递减， 对于A，由，即，即，故A正确； 对于B，由，即，又，则，故B错误； 对于C，由，即，即，故C正确； 对于D，由，即，即，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡的横线上. 12. 已知随机变量服从，若，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据正态分布性质求概率. 【详解】因为,及正态分布的对称性可得 . 故答案为：. 13. 首项为的等差数列，当且仅当时取最小值，则公差的取值范围是______ 【答案】 【解析】 【分析】先分类讨论，，，将问题转化为，，，即可利用等差数列的通项公式求解. 【详解】设等差数列为， 若公差，则等差数列为递减数列， 由可知，恒成立，则无最小值，不符合题意； 若公差，则等差数列每项均为，则无最小值，不符合题意； 若公差，则等差数列为递增数列， 又当且仅当时取最小值，则，， 解得， 则公差的取值范围是. 故答案为： 14. “算两次”是一种重要的数学方法，也称做富比尼（G. Fubini）原理．“为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来”（波利亚著《数学的发现》第一卷），即将一个量“算两次”．由等式，，，利用“算两次”原理可得______．（结果用组合数表示） 【答案】 【解析】 【分析】由二项式定理展开式的系数结合题意计算即可. 【详解】因为，因此是展开式中项的系数，而的展开式中项的系数为， 所以． 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. 已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）设数列满足，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，由题意得，求出公差的值，即可得到数列的通项公式； （2）由（1）求出，再由分组求和法求和即可． 【小问1详解】 因为成等比数列，所以， 设等差数列的公差为，所以，解得：， 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 因为， 所以 . 16. 甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率是，乙每次击中目标的概率是，假设两人是否击中目标相互之间没有影响． （1）求甲恰好比乙多击中目标2次的概率； （2）设甲击中目标的次数为，求的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 ． 【解析】 【分析】（1）3次射击中甲恰好比乙多击中目标2次，分别为甲击中目标2次且乙击中目标0次与甲击中目标3次且乙击中目标1次，分别求出其概率，再相加即可； （2）甲的设计过程可看作独立重复试验，所以，根据二项分布即可求解. 【小问1详解】 设甲恰好比乙多击中目标2次为事件，甲击中目标2次且乙击中目标0次为事件，甲击中目标3次且乙击中目标1次为事件， 则， 所以甲恰好比乙多击中目标2次的概率为． 【小问2详解】 由题可知X的所有可能取值为0，1，2，3，且 ， ， 所以的分布列为 0 1 2 3 所以． 17. 某公司餐厅有米饭和面两类主食，员工小张每天中午选择其中一种就餐，已知小张第一天中午选面食的概率是，若小张第一天中午选择面食，则第二天中午选择米饭的概率为，若小张第一天中午选择米饭，则第二天中午选择面食的概率为． （1）求小张第二天中午吃米饭的概率； （2）记小张前两天中午吃面食的次数为X，求X的分布列． 【答案】（1） （2）分布列见解析 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式即可得到答案； （2）首先分析出X的可能取值有0，1，2，再按步骤写出分布列即可. 【小问1详解】 记“小张第i天中午吃面食”，，“小张第j天中午吃米饭”，， 由题意可知与对立，与对立， 由全概率公式，得， 即小张第二天中午吃米饭的概率为． 【小问2详解】 由题意可知，X的可能取值有0，1，2． 则，，， 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 18. 已知函数. （1）求的极值. （2）已知，且. ①求的取值范围； ②证明:. 【答案】（1）极小值0，极大值 （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出导数，判断单调性根据极值定义求解； （2）根据，，结合函数的单调性和极值求得的取值范围；利用单调性可知，令，则，求得，利用分析法将所要证明的问题转化为，构造函数利用导数证明即可. 【小问1详解】 由题意， 则当时，，当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得极小值，当时，取得极大值. 【小问2详解】 ①因为当时，，且在和上单调递增，在上单调递减，且， 又，，所以的取值范围为. ②因为，，由（1）的单调性可知， 令，则，因为，所以， 即，解得， 所以，要证，即证. 令，则， 所以在上单调递增，所以，故成立. 19. 数学的发展推动着科技的进步，正是基于线性代数、群论等数学知识的极化码原理的应用，我国的5G+技术领先世界．目前某区域市场中5G+智能终端产品的制造只由A公司及B公司提供技术支持．据市场调研预测，5G+商用初期，该区域市场中采用A公司与B公司技术的智能终端产品分别占比及，假设两家公司的技术更新周期一致，且随着技术优势的体现每次技术更新后，上一周期采用B公司技术的产品中恰有转而采用A公司技术，采用A公司技术的恰有转而采用B公司技术，设第次技术更新后，该区域市场中采用A公司与B公司技术的智能终端产品占比分别为及，不考虑其它因素的影响． （1）求与的递推关系式 （2）求数列的通项公式 （3）设，求的前项和 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意有，则，消去即可求解； （2）由，利用构造法，构造是等比数列即可求解； （3）由（2）得数列的通项公式，进而得，利用错位相减法即可求解. 【小问1详解】 由题意可知经过次技术更新后， 则 即， 【小问2详解】 由题意，可设 所以， 又，所以 所以是以为首项，为公比的等比数列． 所以 【小问3详解】 又，则， 所以： 两式相减得： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $