精品解析：四川省绵阳南山中学2024-2025学年高二下学期5月月考数学试题

绵阳南山中学2025年春季高二5月月考 数学试题 命题：任晖 审题：唐建明 一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知等差数列前项和为，，，则（ ） A. 40 B. 50 C. 60 D. 70 2. 已知函数，则（ ） A. 0 B. 2 C. D. 3. 若数列满足，，则（ ） A. 512 B. 511 C. 255 D. 256 4. 设是函数的导函数，的图象如图所示，则的图象可能是（ ） A. B. C. D. 5. 从装有4个红球，2个白球的袋子中，不放回地依次抽取两个小球，在第一次抽到白球的条件下，第二次抽到白球的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 某校在高一开展了选课走班的活动，已知该校提供了3门选修课供学生选择，现有5名同学参加选课走班的活动，要求这5名同学每人选修一门课程且每门课程都有人选，则5名同学选课的种数为（ ） A. 150 B. 180 C. 240 D. 540 7. 已知函数与函数图像上恰有两对关于轴对称的点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 设为正整数，数列是公比不为1的等比数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的3个数都能构成等比数列，则称数列是可分数列．现有下列3个命题：①数列是可分数列；②数列是可分数列；③数列是可分数列．其中是真命题的为（ ） A. ① B. ①② C. ①③ D. ②③ 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. 关于 的展开式，下列说法中正确的是（ ） A. 各项系数之和1 B. 第二项与第四项的二项式系数相等 C. 常数项为60 D. 有理项共有4项 10. 记、分别为A，B的对立事件，且，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 设是等差数列的前项和，若，且，则下列选项中正确的是（ ） A. B. 为的最大值 C. 存在正整数，使得 D. 不存在正整数，使得 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 12. 已知随机变量的分布列如表，则______. X 1 2 P m 0.5 0.2 13. 的展开式中的系数是________．（用数字填写答案） 14. 若直线既与曲线相切，又与曲线相切，则_____. 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. 语文老师要从10篇课文中随机抽3篇不同的课文让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格．某位同学只能背诵其中的6篇，求： （1）抽到他能背诵的课文的数量的分布列； （2）他能及格的概率，以及抽到他能背诵的课文数的期望． 16. 函数. （1）讨论函数的极值； （2）当时，求函数的零点个数. 17. 已知数列满足． （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和． 18. 为了避免学生就餐聚集和减少排队时间，某校食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐.已知甲同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后继续选择面食套餐的概率为，如此往复. （1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； （2）记该同学第天选择米饭套餐概率为； ①证明：等比数列 ②当时，恒成立，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绵阳南山中学2025年春季高二5月月考 数学试题 命题：任晖 审题：唐建明 一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知等差数列的前项和为，，，则（ ） A. 40 B. 50 C. 60 D. 70 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列前项和公式以及等差数列性质直接计算即可. 【详解】易知. 故选：B 2. 已知函数，则（ ） A. 0 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的极限定义，借助于导数公式即可求解. 【详解】由求导，可得， 则. 故选：D. 3. 若数列满足，，则（ ） A. 512 B. 511 C. 255 D. 256 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得，利用累加法即可求得答案. 【详解】数列满足，，即， 故 ， 故选：C 4. 设是函数的导函数，的图象如图所示，则的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由的图象分析其正负情况，再由函数单调性与导数关系得到函数单调性情况即可得解. 【详解】由的图象可知，当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以只有选项A符合条件. 故选：A 5. 从装有4个红球，2个白球的袋子中，不放回地依次抽取两个小球，在第一次抽到白球的条件下，第二次抽到白球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】记事件表示“第一次取到白球”，事件表示“第二次取到白球”，分别求出，根据条件概率公式即可求出结果. 【详解】记事件表示“第一次取到白球”，事件表示“第二次取到白球”， 则， 所以在第一次抽取到白球的条件下，第二抽到白球的概率. 故选：C. 6. 某校在高一开展了选课走班的活动，已知该校提供了3门选修课供学生选择，现有5名同学参加选课走班的活动，要求这5名同学每人选修一门课程且每门课程都有人选，则5名同学选课的种数为（ ） A. 150 B. 180 C. 240 D. 540 【答案】A 【解析】 【分析】把问题转化为先把5名同学分为3组，再把这3组同学分配给3门选修课即可解决. 【详解】先把5名同学分为3组：（3人,1人,1人）或（2人,2人,1人）， 再把这3组同学分配给3门选修课即可解决. 则5名同学选课的种数为（种） 故选：A 7. 已知函数与函数的图像上恰有两对关于轴对称的点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意函数与的图像上恰有两对关于轴对称的点，得到方程有两解，分离参数构造新函数，利用导数求出最值，结合题意分析即可得. 【详解】因为函数与图像上恰有两对关于轴对称的点， 所以， 即有两解， 所以有两解， 令， 则， 所以当时，0，此时函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减， 所以在处取得极大值，， 且时，的值域为， 时，的值域为， 因此有两解时，实数的取值范围为， 故选：C. 8. 设为正整数，数列是公比不为1的等比数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的3个数都能构成等比数列，则称数列是可分数列．现有下列3个命题：①数列是可分数列；②数列是可分数列；③数列是可分数列．其中是真命题的为（ ） A. ① B. ①② C. ①③ D. ②③ 【答案】C 【解析】 【分析】根据可分数列的定义即可验证结论. 【详解】对于①，由于从数列中删去两项后，剩余的项可被平均分为组， 能构成等比数列，所以数列是可分数列，故①正确； 对于②，由于从数列中删去两项后，剩余的项， 平均分为2个组后不可能构成等比数列，所以数列是不可分数列，故②错误； 对于③，由于从数列中删去两项后， ，项后的顺序不变，依次三项可构成等比数列， 所以数列是可分数列，故③正确. 故选：C. 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. 关于 的展开式，下列说法中正确的是（ ） A. 各项系数之和为1 B. 第二项与第四项的二项式系数相等 C. 常数项为60 D. 有理项共有4项 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据二项式定理的定义、通项的运用和赋值法即可得到答案. 【详解】对于A，令时，则展开式中各项系数之和为1，故A正确； 对于B，第二项二项式系数,第四项的二项式系数,第二项与第四项的二项式系数不相等，故B错误； 对于C，展开式的通项为， 令，∴，展开式中的常数项为，故C正确； 对于D，展开式的通项为，当时，，所以展开式的有理项共有4项，故D正确. 故选：ACD. 10. 记、分别为A，B的对立事件，且，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据对立事件概念及条件概率公式逐项分析即可. 【详解】由题意，，， ，解得：， ， 则，故A错误； ，故B正确； ，故C错误； ，故D正确. 故选：BD. 11. 设是等差数列的前项和，若，且，则下列选项中正确的是（ ） A. B. 为最大值 C. 存在正整数，使得 D. 不存在正整数，使得 【答案】BC 【解析】 【分析】依题意，由得到，再由判断正负，从而判断AB，利用等差数列的求和公式与性质可判断CD，从而得解. 【详解】对于A，设等差数列公差为d， 由，得， 则； 又，所以， 即，所以， 所以，，所以，，故数列为减数列，故A错误； 对于B，因为，，，故为的最大值，故B正确； 对于C，，故，故C正确； 对于D，假设，则， 即， 又由，得，即， 所以，解得，故D错误. 故选：BC. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 12. 已知随机变量的分布列如表，则______. X 1 2 P m 05 0.2 【答案】 【解析】 【分析】根据分布列性质可得，再由期望公式以及期望值性质计算可得结果. 【详解】由分布列的性质可知，解得， 所以， 可得. 故答案为：. 13. 的展开式中的系数是________．（用数字填写答案） 【答案】 【解析】 【分析】根据乘积展开的特征，结合二项式展开式的通项特征即可求解. 【详解】， 所以展开式中含的项有和， 所以的系数为， 故答案为： 14. 若直线既与曲线相切，又与曲线相切，则_____. 【答案】## 【解析】 【分析】由导数几何意义列式求解即可. 【详解】设与和的切点分别为， 由导数的几何意义可得，得， 再由切点也在各自的曲线上，可得，联立上述式子解得， 从而得出. 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. 语文老师要从10篇课文中随机抽3篇不同的课文让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格．某位同学只能背诵其中的6篇，求： （1）抽到他能背诵的课文的数量的分布列； （2）他能及格的概率，以及抽到他能背诵的课文数的期望． 【答案】（1）答案见解析 （2）； 【解析】 【分析】（1）分别计算对应的概率，列出分布列即可； （2）直接由计算能及格概率，由分布列计算期望即可. 【小问1详解】 设随机抽取的3篇课文中该同学能背诵的篇数为，则 ，，，． 所以，抽到该同学背诵的课文的数量的分布列为： 0 1 2 3 【小问2详解】由（1）知，该同学能及格的概率： 抽到该同学能背诵的课文数量的期望． 16. 函数. （1）讨论函数的极值； （2）当时，求函数的零点个数. 【答案】（1）答案见解析 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）求导后，分别在和的情况下得到正负，进而得到单调性，由极值定义可求得结果； （2）由（1）可知单调性，分别讨论极小值大于零、等于零和小于零的情况，结合零点存在定理可得结论. 【小问1详解】 由题意得：； 当，即时，恒成立，在上单调递增，无极值； 当，即时，令，解得：， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， 的极小值为，无极大值； 综上所述：当时，无极值；当时，极小值为，无极大值. 【小问2详解】 由（1）知：当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，，恒成立，无零点； 当时，，有唯一零点； 当时，， 又，当趋近于正无穷大时，也趋近于正无穷大， 在和上各存在一个零点，即有两个零点； 综上所述：当时，无零点；当时，有且仅有一个零点；当时，有两个不同的零点. 17. 已知数列满足． （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，当时，用替换，然后代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由错位相减法代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 当时，． 当时，由，得， 则，则， 因为也符合上式，所以． 【小问2详解】 由（1）可知，， 则， 则， 两式相减得， 则． 18. 为了避免学生就餐聚集和减少排队时间，某校食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐.已知甲同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后继续选择面食套餐的概率为，如此往复. （1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； （2）记该同学第天选择米饭套餐的概率为； ①证明：为等比数列 ②当时，恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式即可求得答案； （2）①设为“第天选择米饭套餐”，结合全概率公式可得，即，即可得，即可证明结论；②求出，判断其单调性，确定其最大值，即可求得答案. 【小问1详解】 设为“第一天选择米饭套餐”：为“第二天选择米饭套餐”， 则为“第一天不选择米饭套餐”，根据题意，，，， 由全概率公式得：. 【小问2详解】 ①：证明：设为“第天选择米饭套餐”，则，， 根据题意，，， 由全概率公式得：， 因此，, 是以为首，为公比的等比数列. ②：根据①可得，所以， 下求的最大值， 时，要求的最大值， 则为偶数，当为偶数时，，此时是单调递减数列， 所以的最大值为， 因此，则的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$