山东淄博实验中学、淄博齐盛高中2025-2026学年高二第二学期第一次模块考试数学试题

命题人：数学学科中心组 使用时间：2026年5月 淄博实验中学、淄博齐盛高中高二年级第二学期第一次模块考试 数学 一、单选题（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.） 1.已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若2a,+3a。=25,则Ss=（) A.5 B.10 C.30 D.75 2.若随机变量X~B(4,p),D(X)=1,则P(X=3)=() A. 1 B. C. D 3.记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1=3,S。=9S3,则a4=() A.16 B.18 C.24 D.32 4.己知甲组有3名男生2名女生，乙组有2名男生4名女生，如果随机选1个组，再从该组中随机选1名 学生，则该学生是女生的概率为() D.9 5.已知定义域为(0，+o)的函数f(x)的导函数为f'(x),且f'(x)<f(x),则不等式f(x)>e2x-1f1-x)的解 集为() A.(与D C.(0,1) D.0, 6.若P(®)=P(AB)=4则(C1) A号 B. c 7.设数列{an}的前n项和为Sn,a,=1,{Sn+nan}为常数列，an=（) 1 2 B. 6 A.3 n(n+1) C.(n+1)0n+2) D.5-2n 3 8.若函数f(x)=alog。x是单调递增函数(a>0,且a≠1)，则a的取值范围为() A.(1,e] B.e,+∞ C.e-e,1) .e D 二、多选题（本大题共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.小杨正在安排五一五天假期(5月1日-5月5日)的旅行计划，他决定在这5天里每天去一个不同的景 点（其中甲、乙、丙是五个不同景点中的三个），则下列说法正确的是() A.若甲、乙两景点必须在相邻的两天去，则不同的安排方法共有96种 试卷第1页，共4页 命题人：数学学科中心组 使用时间：2026年5月 B.若去甲、乙两景点的两天不相邻，则不同的安排方法共有72种 C.若去甲、乙、丙三个景点的先后顺序不变（不一定相邻），则不同的安排方法有60种 D.若5月1日不去甲景点，5月5日不去乙景点，则不同的安排方法共有78种 10.已知(x+2)7=ao+a(1-2x)+a(1-2x)2++a(1-2x)7,则下列结论正确的是() 1 A.a= B.a+a1+a2+a3+a4+a,+a6+a,=-128 128 C.a-4+a2-a3+a4-a3+a。-a,=2187 D.a1+2a2+3a3+…+7a2=-224 11.在平面直角坐标系中，O为坐标原点.在曲线C:y=e(x≥0)上取点Bn（bn,e.-)满足 OBn=Vn+1,n∈N.设直线OBn的斜率为an,则下列结论正确的是() A.b=1 B.Vn22,an >a C.3n≥2，bn+1+bn-1=2b D.n≥2， n+1 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 2++ 的展开式中x6的系数为· 13.已知函数了()-(-a')r+艺+2如既有极大值又有极小值，则实数a的拉用为一 14.在等比数列{an}中，a,+a,=2+4V2,a,+a=16+4W2若不等式 1og2a1-10g2a2+log2a3-log2a4+…+(-1)"1og2an>19恒成立，则n的最小值为 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.(13分)袋中装有标有数字1到6的6个大小、形状相同的小球，从袋中一次性任取3个小球，每个小 球被取出的可能性都相等，用5表示取出的3个小球标号的最大数字. (1)求随机变量5的分布列及数学期望： (2)已知取出的3个小球的标号和为偶数，求5=6的概率. 试卷第2页，共4页 命题人：数学学科中心组 使用时间：2026年5月 16.(15分)已知数列an}的前n项和为Sn,S1=1,且满足Sn+1=2Sn+1。 (1)证明：数列{Sn+1}是等比数列，并求数列Sn}的通项公式： (2)求数列{an}的通项公式： (3)设bn=n·an,求数列bn}的前n项和Tn 17.(15分)已知函数f(x)=2a(x-1)e-x2(a>0). (1)当0<a<1时，求f(x)的极值点： (2)若不等式f(x)>x-4ae对x∈(-1，+oo)恒成立，求a的取值范围. 试卷第3页，共4页 命题人：数学学科中心组 使用时间：2026年5月 18.(17分)某超市开展购物抽奖送积分活动，每位顾客可以参加n(n∈N”,且n≥2)次抽奖，每次中 奖的概率为不中奖的概率为，各次抽奖相互独立.规定第1次抽奖时，若中奖则得10分，香测 得5分.第2次抽奖，从以下两个方案中任选一个： 方案①：若中奖则得30分，否则得0分： 方案②：若中奖则获得上一次抽奖得分的两倍，否则得5分. 第3次开始执行第2次抽奖所选方案，直到抽奖结束. (1)如果n=2,以抽奖的累计积分的期望值为决策依据，顾客甲应该选择哪一个方案？并说明理由； (2)记顾客甲第i次获得的分数为X,(i=1,2,…,n),并且选择方案②.请直接写出E(X)与E(X,)的递推关 系式，并求E(X)的值.（精确到01，参考数据： ≈0.059.) 19.(17分)设函数f(x)=sinx, (1)当x>0时，证明：f(x)<x: (②已知函数g)=好(-e-h(x++1在区间0到 内存在极值点a. ①求k的取值范围： ②是否存在B∈(0，π)，使g(B)=0？若存在，比较B与2的大小；若不存在，请说明理由. 试卷第4页，共4页高二下数学期中答案 1-8 DBCBD ABA 9.BD 10ACD 11.ABD 8.A【详解】f(x)=a"nalog,,x+d.1=a 依题意，血+品0恒成立， g(x)=xlnx g'(x)=1+Inx, 由g)=l+Ine<0,可得：0<x<,由g()=l+x>0,可得：x, e 所以=r在单调递减，在怎单调递增： e 所以山r的最小值为吗：日 所以品。解得Le] 10【详解】令1=1-2，则，所以2+2-目-4+a1+++a, 所以展开式的通项公式为=c()（-C((,其中r=017。 所以a=c=g故N正确： 令t=1,则a+a+a2+a3+a4+a+a。+a,=2=128,故B错误； 令t=-1,则a-a,+a2-a+a4-a+a。-a=37=2187,故C正确； [侣=a,+a+o++两边对：求导得 引=4+2a447 令1=1得a+2a++7a=0设 =-224,故D正确 1.ABD【详解】根据两点间距离公式，OB,=V6+(e=n+1；两边平方去掉根号得： b+(e）=n+1,其中b≥0. 对AB选项，构造函数f(x)=x2+e2x-2(x≥0)，f'(x)=2x+2e2-2(x≥0)，可知f'(x)>0恒成立，f(x) 试卷第1页，共7页 单调递增，可知随着n增大bn是变大的，又f()=2,所以b=1,故A正确： e-1 2,b>1,由a=b构造函数g()=x>D,g)=e 结合x>1可得g(x)>0恒 x2 成立，g(x)在(L,+o)单调递增，可得随着bn增大，an也是增大的， 综上可得随着n增大，an增大，选项B正确： 对C选项，可先假设存在，则bn+1>bn>bn1,可设b1=bn+d,bn1=b,-d其中d>0,满足 (b+e2-2）-(b+e242）=(b+e2-2）-(b+e2-2）=1: 构造函数f(x)=x2+e2x-2(x≥0)，f(x)=2x+2e2-2(x≥0)， 令h(x)=2x+2e2-2,(x)=2+4e2-2,可知h()>0恒成立，h(x)单调递增，即f'x)单调递增，f(x) 在x>0时增长速度是越来越快的； 当n≥2时，bn>1,可知fb)-f亿n-)<fbn)-fb)恒成立，则假设的 f(bi)-f(b,)=f(b)f(b)=1不可能成立，C选项错误： 14e 对于D选项，将"+1-+e之 +代入，除以是得到代数式@ e2h12; 1+ b1 胸造函数m-女≥，m2公2e2- x4 x 当0<x<1时，m(x)<0,m(x)单调递减，当x>1时m(x)>0m(x)单调递增： e26-2、e2%r2 随a增大面增大，且，可得当2时>0，即@武大于1，得到冬中 b2 n 两边开方后得到选项D正确. 12.【答案】8 14.【详解】设{an}的公比为9， S =l0g2 a-l0g2 az+log2 a3-log2 a++(-1)"10g2 a, 因4+0，=2+4W5,a+4=16+4W5,则g=+2=6+45=25,代入4+=40+g)=2+4V5, a1+a22+4V2 试卷第2页，共7页 解得a=2所以a,=2x2=2号.令6，=(-)1g,4,则么=×-6m-》. 当n为偶数时，61+h,=3n-)-13m-1=3 2 2 21 则s=*号>19，即m<-行，无正整数解：当公为大于2的奇数时，，+。：30-》-1+31子 2 2-21 由5=A+么++(，+6)+++A)=1+×”2>19,解得n>25, 又n为奇数，所以n的最小值为27. 15.【详解】(1)随机变量5的所有可能取值为3,4,5,6， 则5=到号0风5=利号品 所以5的分布列为 3 4 6 1 3 3 1 20 20 10 2 所以E()=3×+4×+5×6×,2引525. 20 20 10 24 (2)记事件A为取出的3个球的标号和为偶数”，事件B为“5=6” 由题意得，P(A)-C+CC-0-}PA8-C+C-4- C202 C8-205 由条件概率公式，得P(A)=P(aB)_52 P(A)15 2 16.【详解】()由S+1=2Sn+1,可得Sn+1+1=2Sn+1+1=2Sn+1)。则t=2。 Sn+1 因为51=1，所以5，+1=2，则中=2 数列Sm+1}是以2为首项，2为公比的等比数列 Sn+1=2×2m-1=2m,所以Sn=2n-1。(5分) (2)当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(2n-1)-(2n-1-1)=2n-2n-1=2m-1(2-1)=2n-1。 当n=1时，a1=21-1=1,适合上式。所以an=2n-1(5分) (3)由(2)知bn=n·an=n·2m-1。则Tn=1×20+2×21+3×22+…+n×2n-1① 2Tn=1×21+2×22+…+(n-1)×2m-1+n×2n② 试卷第3页，共7页 由①-②得： -Tn=1+21+22+.+2n-1-n×2n =1×(1-29) -n×2n 1-2 =2n-1-n×2n =(1-n)2n-1 所以Tn=(n-1)2n+1。(5分) 17.【详解】(1)由题意得f'(x)=2ae*+2a(x-1)e-2x=2x(ae-1), 当0<a<1时，令f'(x)=0,得x=-lna>0或x=0, 当x<0时，f'(x)>0,f(x)在(-o,0)上单调递增， 当0<x<-lna时，f'(x)<0,f(x)在(0，-na)上单调递减， 当x>-lna时，f'(x)>0,f(x)在(-na,+o)上单调递增， 则函数f(x)的极小值点为-lna,极大值点为0. (2)由f(x)>x-4ae,得到(x+1)2ae-x)>0, 因为>-1，所以x+1>0,则2a>,令g)e-0,则g(倒-1。， 当-1<x<1时，g'(x)>0,即g(x)在区间(-1，)上单调递增， 当x>1时，g(水0，即g()在区间1，+o上单调递减，所以g()5g0-日 得到24>，所以>名，放a的取值范围为公网 18.【详解】(1)若甲第2次抽奖选方案①，两次抽奖累计积分为5，则5的可能取值为40,35,10,5. m=0专)=湖号 111 P店10号-号P=-号- 2、24 所6号号号+号9 若甲第2次抽奖选方案②，两次抽奖累计积分为1，则7的可能取值为30,15,10， 则w=0-=1s=对5g=0号号m-器g+g四 999-9 因为E(5)>E(),所以应选择方案①. 2)依想意行(X)=号(X)+号 X,的可能取值为10,5其分布列为 试卷第4页，共7页 X 10 5 1 P 3 3 所以E(X)= 2 3， 则E(X)-10=-10 由E(x)-x)+9得(X)-10-[E(x)-10, 所以E(X)一-10为等比数列.其中首项为-9，公比为号 +10≈9.8 19.【详解】(1)设h(x)=x-sinx,x>0, 则h'(x)=1-cosx,因为-1≤cosx≤1，所以h(x)=1-cosx≥0，则函数h(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以h(x)>h(0)=0,得当x>0时，x>sinx,即f(x)<x得证. (2)g(x)=f(x)-e-ln(x+1)+1=ksinx-e-ln(x+1)+1, g()-csr-e-,因为函数g()在区间0内存在极值点a, x+1 所以g)在(0内有变号零点. ①当≤0时，因为x0引，所以eosx0,得g)=or-d中<0恒成立， 得函数()在0习上单调递减，无极值，不合题意， 当k>0时，令m(x)=g(x)=kcosx-e- x+11 ++<0，所以函数()在0习上单调递减。 则m(x)=-ksin-e+,1 又m0=k-2m日}2<c,若m0=-2s0,即0<ks2 则m()<0,得g'()<0,得函数8y)在0，)上单调递减，无极值，不合题意， 若mo=太-2>0，即>2，因为函数m(在0上单调递减，且mo0,m)<0,所 以存在a0引，使得m(a)=0,即ga)=0, 则当x∈(0，a)时，g'(x)>0,g(x)单调递增， 当xa时，g()<0,8)单调递减，所以a是()的极大值点，符合题意，故k的取值 范围为：(2，+∞). 试卷第5页，共7页 ②由①知，当k>2时，g)在(0，)上单调递增，在a,上单调递减， 当xe5时，得cosx<0,则m)=keox-e-<0, x+1 得8()在（不上单调递减，故当>2时，8(）在(Q,)上单调递增，在(a上单调递减，而 g(0)=ksin0-e°-lnl+1=0,g(π)=ksinπ-e-ln(π+1)+1=1-e-ln(π+1)<0，而g(a)>g(0)=0, 由零点存在性定理知，存在唯一的零点B∈(a,π)，使得g(B)=0, 即存在唯一的零点B∈(0，π)，使得g(B)=0.接下来比较B与2a的大小， 因为(2o)-ma-e-h(2a++ha0》 由g()=0,得kc0sa-e-1=0,得kcosa=e+ +1 a+1 则g(2a）=2 2sina+1）】 -e2a-ln(2a+1)+1, a+1 令nt-2mfe+4e-ne+01eo引 2x+1 2e*(cosx+sinx-e*)+ 2cosx 2sinx 2 x+1(x+1)22x+1 p(x)=cosx+sinx-e,p(x)=-sinx+cosx-e<0, 得p()在0，上单调递减，得p)<pO)=0, 2 2cosx 2sinx 2 (x+1) 而 2 (x+1)cosx-sinx- x+1(x+1)2 2x+1(x+1)2 2x+1 q()=(x+1)cosx-sinx (x+1 2x+1 得4因=sr-=1m-sx-2红-6+1知20， (2x+1)2 2x+1 得4（在0 上单调递减，得q(x)<q(0)=0, 2cosx 2sinx 2 得x+1 720,得W9)2eeox+six-eH2a2x子0 (x+1)2 得在0 上单调递减，得n(x)<n(0)=0, 试卷第6页，共7页 得g(2a)<0,而g(B)=0,得g(2a)<g(B), 因为ae引所以2ae(0,得2ue(a,,而Bea,, 而当k>2时，g(x)在(a,π)上单调递减，得B<2. 试卷第7页，共7页 试卷第8页，共1页