精品解析：河北省兴隆县第一中学2024-2025学年高二下学期5月份月考数学试卷

河北兴隆县第一中学 2024--2025学年第二学期高二5月份月考数学试卷 一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 在的展开式中，偶数项的二项式系数之和为128，则展开式的二项式系数最大的项为（ ） A. 第3项 B. 第4项 C. 第5项 D. 第4项和第5项 【答案】C 【解析】 【分析】由二项式系数的和的公式求解即可. 【详解】依题意，偶数项的二项式系数之和为：，得， 则二项展开式共有9项，展开式的二项式系数最大的项就是第5项， 故选：C 2. 函数导函数是（ ） A. B. C D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数的运算法则即可求解. 【详解】. 故选：B. 3. 数学家杨辉在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的高阶等差数列，其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列，如数列2，4，7，11，16，从第二项起，每一项与前一项的差组成新数列2，3，4，5，新数列2，3，4，5为等差数列，则称数列2，4，7，11，16为二阶等差数列，现有二阶等差数列，其中前几项分别为2，5，10，17，26，37，记该数列的后一项与前一项之差组成新数列，则（ ） A. 15 B. 17 C. 18 D. 19 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意写出数列前几项，从而可得通项公式，进而可求出答案. 【详解】前几项为3、5、7、9、11， 所以数列是以3为首项，2为公差的等差数列， 所以，所以， 故选：B. 4. 已知函数，若对任意的，不等式恒成立，则的最大值为（ ） A. 8 B. 9 C. 32 D. 36 【答案】D 【解析】 【分析】利用数形结合思想来求双变量的最大值即可. 【详解】由函数，若对任意的，不等式恒成立， 作出两个二次函数图象和动直线， 利用数形结合分析： 二次函数与直线交于点，与直线交于点， 二次函数与直线交于点，与直线交于点， 要使得取得最大值，则斜率取最小，轴截距取最大， 此时直线过点A作函数的切线，不妨设切点为， 则求导可得，所以过切点的切线方程为：， 当切线过点时，有，解得或， 因为，所以此时满足题意，故切线方程为：， 此时，故， 故选：D. 【点睛】方法点睛：运用数形结合思想，可以作出两个二次函数，在共同的定义域内的部分图象，再作出一次函数直线介于两图象之间，从而分析斜率达到最小，轴截距达到最大的位置，通过图形可得过点A作函数的切线即可满足题意. 5. 下列说法正确的有（ ） A. 设随机变量X服从二项分布，则 B. 若X随机变量，则E（2X＋1）＝2E（X）＋1，D（2X＋1）＝4D（X）＋1 C. 已知随机变量ξ~N（0，1），若P（ξ＞1）＝p，则P（ξ＞－1）＝1－2p D. 设随机变量ξ表示发生概率为p的事件在一次随机试验中发生的次数， 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项分布计算概率判断A，根据期望、方差的公式判断B，由正态分布在对称区间上的概率判断C，根据两点分布确定方差再由均值不等式可判断D. 【详解】对于选项A：，，故A错误； 对于选项B：若是随机变量，则，故B错误； 对于选项C：因为随机变量服从正态分布，故， 则，故C错误； 对于选项D：随机变量的可能取值为、，故， ，当且仅当取等号，故D正确. 故选：D 6. 某学校利用周末时间组织学生进行志愿者服务，高二年级共6个班，其中（1）班有2个志愿者队长，本次志愿者服务一共20个名额，志愿者队长必须参加且不占名额，若每个班至少有3人参加，则共有（ ）种分配方法. A. 90 B. 60 C. 126 D. 120 【答案】C 【解析】 【分析】将问题转化为将10个名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额，进而结合隔板法求解即可得到. 【详解】若每个班至少3人参加，由于（1）班有2个志愿者队长， 故只需先满足每个班级有2个名额，还剩10个名额， 再将10个名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额， 故只需在10个名额中的9个空上放置5个隔板即可，有种分配方法. 故选：C. 7. 已知是各项均为正数的等比数列，是它的前项和，，且与的等差中项为4，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差中项的性质得到，结合，利用等比数列的基本量求得和公比，再由等比数列的求和公式即可得到． 【详解】因为与的等差中项为，所以， 设等比数列的公比为， 又，得：， 解得：，或（舍去）， 则， 故选：B． 8. 已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先利用导数求函数的减区间，再利用子集关系，列式求的取值范围. 【详解】， 当，解得：， 由条件可知， 所以 ，解得：. 故选：B. 二、多选题（本大题共3小题，共18分.在每小题有多项符合题目要求） 9. 一个袋子中装有除颜色外完全相同的5个球．，其中有3个红球，2个白球，每次从中随机摸出1个球，则下列结论中正确的是（ ） A. 若不放回的摸球2次，则第一次摸到红球的概率为 B. 若不放回的摸球2次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率为 C. 若有放回的摸球3次，仅有前2次摸到红球的概率为 D. 若有放回的摸球3次，则恰有2次摸到红球的概率为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用条件逐项分析即得. 【详解】对于A，第一次摸到红球的概率为，故A错误； 对于B，不放回的摸球2次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率为，故B正确； 对于C，有放回的摸球3次，仅有前2次摸到红球的概率为，故C正确； 对于D，有放回的摸球3次，则恰有2次摸到红球的概率为，故D正确. 故选：BCD. 10. 如图，“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，则下列关于“杨辉三角”的性质中正确的是（ ） A. B. 第8行所有数字之和为256 C. D. 记第20，21行数字的最大值分别为，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据“杨辉三角”，利用组合数的计算可判断A和C；利用二项式系数的性质可判断B和D. 【详解】对于A，， 所以，故A错误； 对于B，由二项式系数的性质知，第行各数的和为， 所以第8行所有数字之和为，故B正确； 对于C， ，故C正确； 对于D，第20行数字的最大值为，第21行数字的最大值为， 所以，故D错误. 故选：BC. 11. 如图所示是的导数的图象，下列结论中正确的有（ ） A. 在区间上是增函数 B. 在区间上是减函数，在区间上是增函数 C. 是的极大值点 D. 是的极小值点 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据函数得出导函数的符号，进而得出函数的单调性，再结合函数的极值的定义即可求解. 【详解】根据图象知，当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减，故A错误，故B正确； 当时，取得是极大值，是的极大值点，故C正确； 当时，取得极小值，是的极小值点，故D正确. 故选：BCD. 二、多选题（本大题共3小题，共18分.在每小题有多项符合题目要求） 12. 在数列中，，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据等差中项可判断为等差数列，进而根据等差数列的基本量求解. 【详解】因为，所以为等差数列，又，设的公差为，所以，解得，所以，所以. 故答案为： 13. 若曲线上存在垂直于轴的切线，则的范围是_____ 【答案】 【解析】 【分析】由题意函数的定义域，求导．因为存在垂直于轴的切线，故此时斜率为，问题转化为内导函数存在零点，求解参数． 【详解】由题意函数的定义域， 求导，因为存在垂直于轴的切线，故此时斜率为， 即， 存在零点， 故，即 令，，则， 故， 故答案为： 14. 盒子中装有形状、大小完全相同的五张卡片，分别标有数字1，2，3，4，5.现每次从中任意抽取一张，取出后不再放回，若抽取三次，则在前两张卡片所标数字之和为偶数的条件下，第三张为奇数的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】首先确定事件“前两张卡片所标数字之和为偶数”的概率，然后确定事件“前两张卡片所标数字之和为偶数，第三张为奇数”的概率，最后根据条件概率计算即可. 【详解】设“前两张卡片所标数字之和为偶数”为事件，“第三张为奇数”为事件， 那么事件的情况有：共8种， 所以. 事件的情况有：共12种， 所以. 则所求概率为. 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，求下列各式的值： （1）； （2）； （3） 【答案】（1）1 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）赋值法，令求解即可； （2）赋值法，令再结合（1）求解即可； （3）赋值法，令和求解即可. 【小问1详解】 令，得，故. 【小问2详解】 令，得， 故. 【小问3详解】 令，得， 结合， 故. 16. 现有甲，乙两个箱子，两个箱子中装有除颜色外其他都相同的小球若干．其中甲箱中有个红球，个黑球，个绿球；乙箱中有个红球，个黑球，个绿球． （1）若从甲箱中任取出两个球，求这两个球颜色不同的概率． （2）若从乙箱中任取个球，记取出的黑球的个数为随机变量，求的分布列与数学期望． （3）若先从甲箱中随机取出一个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出一个球，求从乙箱取出的球是绿球的概率． 【答案】（1） （2）分布列见解析， （3） 【解析】 【分析】（1）利用组合计数原理、古典概型的概率公式以及对立事件的概率公式可求得所求事件的概率； （2）分析可知，随机变量的可能取值有、、，求出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值； （3）用事件、、分别表示从甲箱中取出红球、黑球、绿球，表示从乙箱子中取出绿球，利用全概率公式可求得的值. 【小问1详解】 由题意可知，从甲箱中任取出两个球， 这两个球的颜色不同的概率为. 【小问2详解】 由题意可知，随机变量的可能取值有、、， 则，，， 所以，随机变量的分布列如下表所示： 所以，. 【小问3详解】 用事件、、分别表示从甲箱中取出红球、黑球、绿球，表示从乙箱子中取出绿球， 则，，， ，， 由全概率公式可得 17. 已知函数的定义域为，其中为自然对数底数 （1）讨论函数的单调性； （2）若对任意，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求导可得，分和两种情况，利用导数判断原函数单调性； （2）根据恒成立问题，结合（1）中的单调性以及定点分析求解. 小问1详解】 由题意可得：， 因为，则， ①当时，则在内恒成立， 可知，则在上单调递增； ②当时，令，解得；令，解得； 则在上单调递减，在上单调递增. 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 由（1）可知：当时，在上单调递增，，符合要求； 当时，在上单调递减，则，不合题意； 综上所述：实数的取值范围为. 18. 已知数列的前项和为，，且． （1）求数列的通项公式； （2）若数列， （ⅰ）求数列的前项和； （ⅱ）若成等比数列，求数列中的最大项及此时的值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）最大项为，或． 【解析】 【分析】（1）利用前项和与通项公式之间的关系结合累乘法求解即可. （2）（ⅰ）利用给定条件求出，再利用裂项相消法求解即可. （ⅱ）利用给定条件结合对勾函数的性质判断的单调性，再求最大项和对应的值即可. 【小问1详解】 因为，所以当时，， 两式相减得，，整理得， 即，而当时，， 经检验满足此式，所以. 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）得，，所以， ，， 所以. （ⅱ）由（ⅰ）得，，所以， 因为成等比数列，所以，即， 所以，故， 由对勾函数性质得在上单调递减，在上单调递增， 则当时单调递增，当时单调递减， ，， 因此最大项为，此时或． 19. 已知函数. （1）若在上单调递增，求实数a的取值范围； （2）若，使得，求实数a的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系，将问题转化为，从而利用反比例函数的单调性即可得解； （2）将问题转化为能成立问题，构造函数研究得的最值，从而得解. 【小问1详解】 因为，所以， 因为在上单调递增，所以在上恒成立，即恒成立， 所以，易知在上单调递减，故， 所以. 【小问2详解】 因为，使得，所以能成立， 则能成立，又，故能成立， 令，则，， 令，则恒成立， 所以在上单调递减，注意到， 所以当时，，则在单调递增； 当时，，则在单调递减； 所以， 故，即实数a的取值范围为. 【点睛】结论点睛：“恒成立问题”与“有解问题”在等价转换上的区别： 恒成立问题： （1）恒成立；恒成立． （2）恒成立；恒成立． （3）恒成立；恒成立； （4），，． 有解问题： （1）有解；有解． （2）有解；有解． （3）有解；有解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 河北兴隆县第一中学 2024--2025学年第二学期高二5月份月考数学试卷 一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 在的展开式中，偶数项的二项式系数之和为128，则展开式的二项式系数最大的项为（ ） A. 第3项 B. 第4项 C. 第5项 D. 第4项和第5项 2. 函数的导函数是（ ） A. B. C. D. 3. 数学家杨辉在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的高阶等差数列，其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列，如数列2，4，7，11，16，从第二项起，每一项与前一项的差组成新数列2，3，4，5，新数列2，3，4，5为等差数列，则称数列2，4，7，11，16为二阶等差数列，现有二阶等差数列，其中前几项分别为2，5，10，17，26，37，记该数列的后一项与前一项之差组成新数列，则（ ） A. 15 B. 17 C. 18 D. 19 4. 已知函数，若对任意的，不等式恒成立，则的最大值为（ ） A. 8 B. 9 C. 32 D. 36 5. 下列说法正确的有（ ） A. 设随机变量X服从二项分布，则 B. 若X随机变量，则E（2X＋1）＝2E（X）＋1，D（2X＋1）＝4D（X）＋1 C. 已知随机变量ξ~N（0，1），若P（ξ＞1）＝p，则P（ξ＞－1）＝1－2p D. 设随机变量ξ表示发生概率为p的事件在一次随机试验中发生的次数， 6. 某学校利用周末时间组织学生进行志愿者服务，高二年级共6个班，其中（1）班有2个志愿者队长，本次志愿者服务一共20个名额，志愿者队长必须参加且不占名额，若每个班至少有3人参加，则共有（ ）种分配方法. A. 90 B. 60 C. 126 D. 120 7. 已知是各项均为正数的等比数列，是它的前项和，，且与的等差中项为4，则等于（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，共18分.在每小题有多项符合题目要求） 9. 一个袋子中装有除颜色外完全相同的5个球．，其中有3个红球，2个白球，每次从中随机摸出1个球，则下列结论中正确的是（ ） A. 若不放回的摸球2次，则第一次摸到红球的概率为 B. 若不放回的摸球2次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率为 C. 若有放回的摸球3次，仅有前2次摸到红球的概率为 D. 若有放回的摸球3次，则恰有2次摸到红球的概率为 10. 如图，“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，则下列关于“杨辉三角”的性质中正确的是（ ） A. B. 第8行所有数字之和256 C. D. 记第20，21行数字的最大值分别为，则 11. 如图所示是的导数的图象，下列结论中正确的有（ ） A. 在区间上是增函数 B. 在区间上是减函数，在区间上是增函数 C. 是的极大值点 D. 是的极小值点 二、多选题（本大题共3小题，共18分.在每小题有多项符合题目要求） 12. 数列中，，且，则__________. 13. 若曲线上存在垂直于轴切线，则的范围是_____ 14. 盒子中装有形状、大小完全相同的五张卡片，分别标有数字1，2，3，4，5.现每次从中任意抽取一张，取出后不再放回，若抽取三次，则在前两张卡片所标数字之和为偶数的条件下，第三张为奇数的概率为________． 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知，求下列各式的值： （1）； （2）； （3） 16. 现有甲，乙两个箱子，两个箱子中装有除颜色外其他都相同的小球若干．其中甲箱中有个红球，个黑球，个绿球；乙箱中有个红球，个黑球，个绿球． （1）若从甲箱中任取出两个球，求这两个球颜色不同的概率． （2）若从乙箱中任取个球，记取出的黑球的个数为随机变量，求的分布列与数学期望． （3）若先从甲箱中随机取出一个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出一个球，求从乙箱取出的球是绿球的概率． 17. 已知函数的定义域为，其中为自然对数底数 （1）讨论函数的单调性； （2）若对任意，恒成立，求实数的取值范围． 18. 已知数列前项和为，，且． （1）求数列的通项公式； （2）若数列， （ⅰ）求数列的前项和； （ⅱ）若成等比数列，求数列中的最大项及此时的值． 19. 已知函数. （1）若在上单调递增，求实数a的取值范围； （2）若，使得，求实数a的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$