精品解析：四川省广安友谊中学2024-2025学年高二下学期6月月考数学试题

2025年四川省广安友谊中学高2023级6月月考 数学 （本试卷共10页，19小题，满分150分．） 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 曲线在处的切线斜率为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由导数的几何意义求解即可. 【详解】因为，所以， 所以曲线在处的切线斜率为1. 故选：C. 2. 等比数列为递减数列，若，，则（ ） A. B. C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】由题意求出，即可求出，进而求出答案. 【详解】因为等比数列为递减数列，若，， 可得：，所以， 所以. 故选：A. 3. 函数（）的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】采用排除法求解.先判断函数的奇偶性，排除CD，再结合特殊点的函数值，进行判断. 【详解】定义域为R，， 所以函数为奇函数，图象关于原点对称，故CD错误； 又当时，.故B错误 故选：A 4. 已知随机变量X服从正态分布，且，设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性，可得答案. 【详解】易得， 由正态分布的对称性可得， 故. 故B正确，ACD错误 故选：B. 5. 某班组织5名同学到三个不同社区志愿服务，每位同学只去一个社区，每个社区至少去一人，则不同的安排方法有（ ）种． A 90 B. 60 C. 150 D. 140 【答案】C 【解析】 【分析】第一步先按和确定分组，第二步将再将这三组分到三个不同社区，即可求解. 【详解】5名同学按和分组分别有种和种分法， 再将这三组分到三个不同社区有种， 所以不同安排方法共有（种）. 故选：C. 6. 已知公差为的等差数列满足，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简可得，设代入化简可得，由，解不等式即可求出答案. 【详解】因为，所以， 设，所以，所以， 解得：，因为，所以， 所以，整理可得：， 因为， 所以，则，解得：， 故选：A. 7. 端午节起源于中国春秋战国时期，最初的活动与祭龙相关.其由来有多种传说，包括纪念屈原、伍子胥、曹娥和介子推等.屈原的传说最为广泛，人们通过吃粽子和赛龙舟来纪念他.2025年5月31日是我国传统的端午节，李老师购买14个粽子（其中ξ个为豆沙粽，个牛肉粽），且（），则李老师在吃到的前13个粽子均为牛肉粽的条件下，这14个粽子全部为牛肉粽的概率为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】记事件：14个粽子中有i个豆沙粽，，事件B：吃到的前13个粽子均为牛肉粽.先利用全概率公式求，然后再由条件概率公式可得. 【详解】记记事件：14个粽子中有i个豆沙粽，， 事件B：吃到的前13个粽子均为牛肉粽. 则，， 当时，， 由题知，， 所以， 又， 所以. 故选：C. 8. 过点向曲线：（n为正整数）引斜率为（）的切线，切点为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 数列的前n项和为 D. 【答案】D 【解析】 【分析】设直线，方程联立由判断A；可得，，从而结合累加法求和可判断B；由，结合等差数列的求和公式可判断C；令，结合导数可得在上单调递增，进而可判断D. 【详解】对于A，由可得：， 设直线，联立， 得， 则由，即， 解得：（负值舍去），故A错误； 对于B，由韦达定理可得：，， 所以，故B错误； 对于C，因为，则，故C错误； 因为，， 所以， 设，则，可得在上单调递增， 则时，， 又，则，故D正确. 故选：D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确是（ ） A. 被7除后的余数为5 B. 两位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生不相邻的概率是 C. 已知，则 D. 从正方体的八个顶点中任取三个顶点，这三点能构成三角形的个数为58 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，由二项式定理，可得其正误；对于B，根据全排列与插空法，结合古典概型，可得其正误；对于C，根据排列数与组合数的计算，可得其正误；对于D，根据组合数的计算，可得其正误. 【详解】对于A，由 ， 则被除的余数为，故A错误； 对于B，两位男生和两位女生随机排成一列的情况数为， 两位女生不相邻的情况数为，所以概率，故B正确； 对于C，由，则，解得：，故C正确； 对于D，从正方体的八个顶点中任取三个顶点，这三点能构成三角形的个数为：个，故D错误. 故选：BC. 10. 设A，B是一次随机试验中的两个事件，若，，，则不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，根据并事件的概率计算公式求解；对于B，由即可求解，再由对立事件的概率计算公式即可求；对于C，由A，B可判断C；对于D，由条件概率及其性质可求. 【详解】对于A，， 解得，故A错误； 对于B，，解得， ，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，，，故D错误. 故选：AD． 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 当且时， B. 当时，若有两个极值点，则a的取值范围是 C. 若满足，则的最小值为 D. 若存在极值点，且，其中，则 【答案】CD 【解析】 【分析】取，可判断A选项；求导得出，结合题意得出，解出的范围，可判断B选项；由得出，结合二次函数的基本性质可求出的最小值，可判断C选项；由极值点的定义可得出，再由，结合作差法化简可得出，可判断D选项. 【详解】对于A选项，当时，，所以． 当时，，， 不满足，A错误； 对于B选项，当时，， 因为函数有两个极值点，则，解得，B错误； 对于C选项，因为函数满足， 因为， 则 ， 所以，，解得， 所以，C正确； 对于D选项，因为， 因为函数为极值点，有， 由，得，① 因为，即， 化简得， 因为，所以，② 把①代入②中化简得可得，即，D正确． 故选：CD． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若随机变量，且随机变量，则______． 【答案】6 【解析】 【分析】先根据二项分布的方差公式求出，再利用方差的性质求出. 【详解】已知随机变量，即，，将其代入方差公式可得： . 若（、为常数），则. 已知，即，，由步骤1可知， 将其代入上述公式可得：. 故答案为：6. 13. 在的展开式中，的系数是__________． 【答案】165 【解析】 【分析】根据二项展开式的公式可知其系数为，计算即可. 【详解】根据二项展开式知：的展开式中的系数为 故的系数是， 故答案为：165. 14. 有个人围坐在一个圆桌边上，每人都越过桌面与另外一人握手，若要求所有人握手时手臂互不交叉，例如时，一共有4个人，以、、、表示，握手两人用一条线连结，共有2种方式，如图所示.记一次握手中，共有对相邻的两人握手，当时，的数学期望______. 【答案】 【解析】 【分析】根据分类加法计数原理和分步计数乘法原理，求得时，样本空间中样本点的数量，再根据古典概率模型计算概率，写出分布列，即可求数学期望. 【详解】当时，按顺时针方向把人标记为，，，，，，用表示和握手. 若1和2握手，共有两种方法：，和， 若1和6握手，共有两种方法：，和， 若1和4握手，共有1种方法：，，所以一共有5种方法。 当时， 若1和2握手，剩下6个人，情况同，共5种方法， 若1和8握手，剩下6个人，情况同，共5种方法， 若1和4握手，则2和3握手，5，6，7，8之间握手情况同，一共2种，从而种方法； 若1和6握手，由对称性，情况同1和4握手，共2种方法； 所以，一共有种方法. 其中，共2种方法使得（相邻两人按顺时针或逆时针方向依次握手）， 共4种方法使得（类似，，，等）， 共8种方法使得（类似，，，等）， 的分布列如下： 2 3 4 故. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，先分时的情况，再分析时所有适合的情况，从而得解. 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. 在等差数列中，，． （1）求通项公式及其前项和的最小值； （2）若数列为等比数列，且，，求的前项和． 【答案】（1），最小值为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，再由等差数列的前项和公式，即可得到结果； （2）根据题意，由等比数列的前项和公式，代入计算，即可得到结果； 【小问1详解】 设等差数列的公差为. 因为，所以，解得， 所以 所以. 因为，所以当或时取得最小值， 且最小值为. 【小问2详解】 由（1）可得：，， 所以等比数列的公比为， 所以，所以等比数列的前项和. 16. 已知函数. （1）求函数的极值； （2）若函数有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1）的极小值为，无极大值；（2）. 【解析】 【分析】（1）求导，判断正负，得函数的单调性即可求得极值；（2）利用曲线与直线有两个交点，构造函数，求导判单调性，利用数形结合及值域求解即可 【详解】（1） 则， 所以当时，，为减函数；当时，，为增函数；所以的极小值为，无极大值； （2）， 函数有两个零点，相当于曲线与直线有两个交点. ， 当时，在单调递减， 当时，在单调递增， 时，取得极小值， 又时，；时，，. 【点睛】本题考查函数的单调性与极值，考查函数零点问题，转化的应用，是中档题 17. 为大力弘扬中华民族尊老、敬老、爱老的传统美德，某医院从，两个科室的志愿者中随机抽调4人为某社区养老院的老人进行“免费健康体检”活动，已知，两个科室中的志愿者分布如下： 类别 科室 志愿者 医生 护士 A科室 2 3 B科室 3 3 （1）求抽到的4人中，恰好有2名医生，且这2名医生恰好来自同一科室的概率； （2）设为选出的4人中医生的人数，求随机变量的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）利用组合计数原理结合古典概型的概率公式即可求解； （2）分析可知，随机变量的所有可能取值为、、、、，计算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. 【小问1详解】 由已知，恰好有2名医生的情况包含这2名医生都来自A科室和都来自B科室， 有种情况，从11人中抽4人有种情况， 所以所求的概率为. 【小问2详解】 随机变量的所有可能取值为、、、、， ，， ，，， 所以随机变量的分布列为 所以. 18. 已知函数是曲线和的一条公切线． （1）求实数的值； （2）过点可作曲线的三条不同的切线，求实数的取值范围． 【答案】（1）， （2）或或 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合一元二次方程根的判别式进行求解即可； （2）根据导数的几何意义，结合一元二次方程根的判别式进行求解即可 【小问1详解】 设直线与曲线的切点坐标为， ，， 又直线的斜率为，， 且点同时在直线和曲线上， 满足，联立以上两式可得， 故直线的方程为， 联立，可得， 又直线与曲线相切， ，解得． 【小问2详解】 由（1）得，， 设切点为， 则曲线在点的切线方程为， 又切线过点， ， 即方程有两个不相等的实数根，且， ， 解得或或， 所以实数的取值范围为或或． 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用导数的几何意义，结合一元二次方程根的判别式进行求解. 19. 甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式，当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留，当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙，当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙．初始时，球在甲手中．设投掷次后，球在乙手中的概率为． （1）求和； （2）求数列的通项； （3）设，数列的前项和为，若，证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据传球游戏的规则，再根据独立事件概率公式，求解概率， （2）首先题意，可得关于数列的递推公式，，再通过构造求数列的通项公式； （3）首先根据（2）的结果，求，利用裂项可得，求和可得，并利用放缩法得，利用错位相减法即可证明不等式. 【小问1详解】 当投掷2次骰子后，球在乙手中，共有1种情况：甲甲乙，其概率为，故， 当投掷3次骰子后，球在乙手中，共有3种情况： ①：甲乙甲乙，其概率为 ②：甲乙丙乙，其概率为 ③：甲甲甲乙，其概率为 所以投掷3次后，球在乙手中的概率为. 【小问2详解】 由于投掷次骰子后球不在乙手中的概率为，此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有的概率传给乙，故有． 变形为． 又，所以数列是首项为，公比为的等比数列． 所以． 所以数列的通项公式． 【小问3详解】 ,故， 故， 所以，故， 记，其前项和为， 所以， 故， 相减可得， 故， 故， 故， 因此，得证. 【点睛】方法点睛：解决概率与数列知识点交叉题的方法，一般是从概率问题中寻求相关概率间的递推关系，利用转化思想将其化归为等差或等比数列求解；对于利用数列的通项公式证明不等式时，常用到裂项相消法和错位相减法求和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年四川省广安友谊中学高2023级6月月考 数学 （本试卷共10页，19小题，满分150分．） 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 曲线在处的切线斜率为（ ） A. B. C. 1 D. 2. 等比数列为递减数列，若，，则（ ） A. B. C. D. 6 3. 函数（）的大致图象是（ ） A B. C. D. 4. 已知随机变量X服从正态分布，且，设，则（ ） A. B. C. D. 5. 某班组织5名同学到三个不同社区志愿服务，每位同学只去一个社区，每个社区至少去一人，则不同的安排方法有（ ）种． A. 90 B. 60 C. 150 D. 140 6. 已知公差为的等差数列满足，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 端午节起源于中国春秋战国时期，最初的活动与祭龙相关.其由来有多种传说，包括纪念屈原、伍子胥、曹娥和介子推等.屈原的传说最为广泛，人们通过吃粽子和赛龙舟来纪念他.2025年5月31日是我国传统的端午节，李老师购买14个粽子（其中ξ个为豆沙粽，个牛肉粽），且（），则李老师在吃到的前13个粽子均为牛肉粽的条件下，这14个粽子全部为牛肉粽的概率为（ ） A. B. C. D. 1 8. 过点向曲线：（n为正整数）引斜率为（）的切线，切点为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 数列的前n项和为 D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 被7除后的余数为5 B. 两位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生不相邻的概率是 C. 已知，则 D. 从正方体的八个顶点中任取三个顶点，这三点能构成三角形的个数为58 10. 设A，B是一次随机试验中的两个事件，若，，，则不正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 当且时， B. 当时，若有两个极值点，则a的取值范围是 C. 若满足，则最小值为 D. 若存在极值点，且，其中，则 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若随机变量，且随机变量，则______． 13. 在的展开式中，的系数是__________． 14. 有个人围坐在一个圆桌边上，每人都越过桌面与另外一人握手，若要求所有人握手时手臂互不交叉，例如时，一共有4个人，以、、、表示，握手两人用一条线连结，共有2种方式，如图所示.记一次握手中，共有对相邻的两人握手，当时，的数学期望______. 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. 在等差数列中，，． （1）求通项公式及其前项和的最小值； （2）若数列为等比数列，且，，求的前项和． 16. 已知函数. （1）求函数的极值； （2）若函数有两个零点，求实数取值范围. 17. 为大力弘扬中华民族尊老、敬老、爱老的传统美德，某医院从，两个科室的志愿者中随机抽调4人为某社区养老院的老人进行“免费健康体检”活动，已知，两个科室中的志愿者分布如下： 类别 科室 志愿者 医生 护士 A科室 2 3 B科室 3 3 （1）求抽到的4人中，恰好有2名医生，且这2名医生恰好来自同一科室的概率； （2）设为选出的4人中医生的人数，求随机变量的分布列和数学期望. 18. 已知函数是曲线和一条公切线． （1）求实数的值； （2）过点可作曲线的三条不同的切线，求实数的取值范围． 19. 甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式，当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留，当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙，当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙．初始时，球在甲手中．设投掷次后，球在乙手中的概率为． （1）求和； （2）求数列通项； （3）设，数列的前项和为，若，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $