精品解析：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

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. 已知为等差数列的前项和，若，则（ ） A. 5 B. 10 C. 30 D. 75 2. 若随机变量，，则（ ） A. B. C. D. 3. 记为等比数列的前项和，若，，则（ ） A. 16 B. 18 C. 24 D. 32 4. 已知甲组有名男生名女生，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（ ） A. B. C. D. 5. 已知定义域为的函数的导函数为，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 设数列的前n项和为，且，为常数列，则（ ） A. B. C. D. 8. 若函数是单调递增函数，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. 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（月日月日）的旅行计划，他决定在这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种 B. 若去甲、乙两景点的两天不相邻，则不同的安排方法共有种 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种 D. 若月日不去甲景点，月日不去乙景点，则不同的安排方法共有种 10. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 在平面直角坐标系中，为坐标原点.在曲线上取点满足.设直线的斜率为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 的展开式中的系数为_____． 13. 已知函数既有极大值又有极小值，则实数的取值范围为______. 14. 在等比数列中，，，则满足不等式的正整数的最小值为______. 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. 袋中装有标有数字1到6的6个大小､形状相同的小球，从袋中任取3个小球，每个小球被取出的可能性都相等，用表示取出的3个小球标号的最大数字. （1）求随机变量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，求的概率. 16. 已知数列的前项和为，，且满足. （1）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）求数列的通项公式； （3）设，求数列的前项和. 17. 已知函数. （1）当时，求的极值点； （2）若不等式对恒成立，求a的取值范围. 18. 某超市开展购物抽奖送积分活动，每位顾客可以参加（，且）次抽奖，每次中奖的概率为，不中奖的概率为，且各次抽奖相互独立．规定第1次抽奖时，若中奖则得10分，否则得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，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，并且选择方案②．请直接写出与的递推关系式，并求的值．（精确到0.1，参考数据：．） 19. 设函数. （1）当时，证明：； （2）已知函数在区间内存在极值点. ①求的取值范围； ②是否存在，使？若存在，比较与的大小；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 已知为等差数列的前项和，若，则（ ） A. 5 B. 10 C. 30 D. 75 【答案】D 【解析】 【详解】设等差数列的公差为， ，， ，， . 2. 若随机变量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由二项分布的方差公式列方程求得，再由二项分布的概率求法求概率. 【详解】由题设，可得， 所以. 故选：B 3. 记为等比数列的前项和，若，，则（ ） A. 16 B. 18 C. 24 D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列通项公式和求和公式求解即可. 【详解】若公比，则，此时，， 显然，因此. 由等比数列前项和公式， 代入得： 则，整理得， 所以. 4. 已知甲组有名男生名女生，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（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】记事件为“选出的学生是女生”，事件为“选中甲组”，事件为“选中乙组”. ∵ 随机选取个组，两组被选中的概率相等，∴ . ∵ 甲组共有名学生，其中女生2名，∴ . ∵ 乙组共有名学生，其中女生4名，∴ . 根据全概率公式可得， ∴ . 5. 已知定义域为的函数的导函数为，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造辅助函数，将抽象不等式转化为函数单调性问题，需注意定义域的限制条件. 【详解】构造辅助函数 ，. ∵ ，且已知 ，， ∴ ，即 在 上单调递减. 原不等式成立需先满足函数定义域：，解得 . 由不等式 两边同时除以 ，可得 ， 即 . ∵ 在上单调递减， ∴ ，解得 . 即不等式的解集为 . 【点睛】方法点睛：对于给出 与 大小关系的抽象不等式问题，可根据不等号方向构造对应辅助函数（如本题构造 ），将不等式转化为函数值大小关系，结合函数单调性求解. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据对立事件概率公式求出，进一步由条件概率公式即可求解. 【详解】因为，所以， . 故选：A. 7. 设数列的前n项和为，且，为常数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知可得出，进而可得（），两式作差得 ，然后利用累乘法求出即可. 【详解】因为为常数列且，所以有，① 当时，，② ①②得：，即， 从而，得， 当时，上式也成立． 故选：B. 【点睛】本题考查利用与的关系求数列的通项，考查累乘法求通项，合理递推作差是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于常考题． 8. 若函数是单调递增函数，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由函数单调性与导数的关系得到恒成立即可求解； 【详解】， 依题意，恒成立， 令，， 由，可得：，由，可得：， 所以在单调递减，在单调递增； 所以的最小值为， 所以，解得， 故选：B 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（月日月日）的旅行计划，他决定在这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种 B. 若去甲、乙两景点的两天不相邻，则不同的安排方法共有种 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种 D. 若月日不去甲景点，月日不去乙景点，则不同的安排方法共有种 【答案】BD 【解析】 【分析】利用捆绑法可判断A选项；利用插空法可判断B选项；利用倍缩法可判断C选项；记事件月日去甲景点，记事件月日去乙景点，则不同的排法种数为，结合韦恩图可判断D选项. 【详解】对于A选项，将甲、乙两景点捆绑，形成一个大元素，与其余三个景点进行排序， 所以不同的安排方法种数为种，故A错误； 对于B选项，先将除甲、乙两景点以外的三个景点进行排序， 再将甲、乙两景点插入其余三个元素中形成的个空位中的个， 由插空法可知，不同的安排方法种数为，故B正确； 对于C选项，若去甲、乙、丙三个景点的先后顺序不变（不一定相邻）， 由倍缩法可知，不同的排法种数为，故C错误； 对于D选项，记事件月日去甲景点，记事件月日去乙景点，如下图所示： 则月日去甲景点，且月日去乙景点，则 ， ， 所以，不同的排法种数为 种，故D正确. 10. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】令通过换元得，通过通项公式可得A选项的正确，通过赋值可判断BC选项，通过对二项式展开式求导并赋值可判断D选项. 【详解】令，则，所以， 所以展开式的通项公式为，其中． 所以，故A正确； 令，则，故B错误； 令，则，故C正确； 两边对求导得 ， 令得，故D正确． 11. 在平面直角坐标系中，为坐标原点.在曲线上取点满足.设直线的斜率为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】可先将两边平方去掉根号，然后通过构造函数判断各个选项的真假即可求解. 【详解】根据两点间距离公式，；两边平方去掉根号得： ，其中. 对AB选项，构造函数，，可知恒成立，单调递增，可知随着增大是变大的，又，所以，故A正确； ，.由，构造函数，，结合可得恒成立，在单调递增，可得随着增大，也是增大的. 综上可得随着增大，增大，选项B正确； 对C选项，可先假设存在，则，可设，其中，满足； 构造函数，， 令，，可知恒成立，单调递增，即单调递增，在时增长速度是越来越快的; 当时，，可知恒成立，则假设的不可能成立，C选项错误； 对于D选项，将代入，除以得到代数式①； 构造函数， 当时，，单调递减，当时单调递增； 由随增大而增大，且，可得当时，，即①式大于1，得到，两边开方后得到选项D正确. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 的展开式中的系数为_____． 【答案】8 【解析】 【分析】根据二项展开式，结合多项式的乘法求解. 【详解】的展开式中含的项为， 所以展开式中的系数为8． 故答案为：8 13. 已知函数既有极大值又有极小值，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】首先确定函数的定义域，其次因为既有极大值又有极小值，可知导数为0有两个不相等的正根，而导数的分子正好为一元二次，所以通过根与系数的关系得到不等式. 【详解】的定义域为， 求导得， 因为函数既有极大值又有极小值， 所以在上有两个不相等的根 记为，即是的两个不相等的正根 ，解得. 14. 在等比数列中，，，则满足不等式的正整数的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】求出等比数列的公比为，根据题中等式求出、的值，可得出数列的通项公式，记，分为偶数和奇数两种情况讨论，利用并项求和法化简的表达式，然后解不等式即可得解. 【详解】设等比数列的公比为， 记， 因，， 则，代入， 解得，所以； 令，则， 当为偶数时，， 则，即，无正整数解； 当为奇数时，， 由 ，解得， 又为奇数，所以的最小值为. 综上所述，满足不等式 的正整数的最小值为. 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. 袋中装有标有数字1到6的6个大小､形状相同的小球，从袋中任取3个小球，每个小球被取出的可能性都相等，用表示取出的3个小球标号的最大数字. （1）求随机变量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，求的概率. 【答案】（1） 3 4 5 6 . （2） 【解析】 【分析】（1）先确定随机变量的所有可能取值为，然后求出对应的概率值，进而可列出分布列求出期望. （2）根据条件概率公式计算即可. 【小问1详解】 随机变量的所有可能取值为， 则， . 所以的分布列为 3 4 5 6 所以. 【小问2详解】 记事件为“取出的3个球的标号和为偶数”，事件为“”. 由题意得， . 由条件概率公式，得. 16. 已知数列的前项和为，，且满足. （1）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）求数列的通项公式； （3）设，求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析， （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 由，可得.则 . 因为，所以， 数列是以为首项，为公比的等比数列 ，所以. 【小问2详解】 当时，. 当时，，适合上式. 所以数列的通项公式为. 【小问3详解】 由（2）知. 则① 则② 由①-②得： 所以. 17. 已知函数. （1）当时，求的极值点； （2）若不等式对恒成立，求a的取值范围. 【答案】（1）极小值点为，极大值点为0 （2） 【解析】 【分析】（1）对求导，得到，令，得到或，进而得到函数的单调性，再求解极值点即可； （2）根据条件，将问题转化成，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出的最大值，即可求解. 【小问1详解】 由题意得， 当时，令，得或， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 则函数的极小值点为，极大值点为0. 【小问2详解】 由，得到， 因为，所以，则， 令，则， 当时，，即在区间上单调递增， 当时，，即在区间上单调递减，所以， 得到，所以，故的取值范围为． 18. 某超市开展购物抽奖送积分活动，每位顾客可以参加（，且）次抽奖，每次中奖的概率为，不中奖的概率为，且各次抽奖相互独立．规定第1次抽奖时，若中奖则得10分，否则得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，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，并且选择方案②．请直接写出与的递推关系式，并求的值．（精确到0.1，参考数据：．） 【答案】（1）应选择方案① ，理由见解析； （2）， 【解析】 【分析】（1）分别求得两个方案的累计积分的期望值即可进行选择； （2）依据题给条件即可求得的值． 【小问1详解】 若甲第2次抽奖选方案①，两次抽奖累计积分为，则的可能取值为40，35，10，5． ，， ，， 所以． 若甲第2次抽奖选方案②，两次抽奖累计积分为，则的可能取值为30，15，10， 则，，，， 因为，所以应选择方案①． 【小问2详解】 依题意得， 的可能取值为10，5其分布列为 10 5 P 所以，则， 由得， 所以为等比数列．其中首项为，公比为． 所以，故． 19. 设函数. （1）当时，证明：； （2）已知函数在区间内存在极值点. ①求的取值范围； ②是否存在，使？若存在，比较与的大小；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）①,②存在， 【解析】 【分析】（1）构造函数，求导进行求解； （2）①因为函数在区间内存在极值点，所以在内有变号零点，，对分类讨论进行求解； ②由①知，当时，得，得在上单调递减，故当时，在上单调递增，在上单调递减，由零点存在性定理进行求解；由，及，得则 ，构造函数，求导判断与0大小关系即可． 【小问1详解】 设， 则， 因为，所以， 则函数在上单调递增，所以， 得当时，，即得证． 【小问2详解】 ， ， 因为函数在区间内存在极值点， 所以在内有变号零点． ①当时，因为，所以， 得 恒成立， 得函数在上单调递减，无极值，不合题意， 当时，令， 则 ， 所以函数在上单调递减， 又 ， 若 ，即， 则，得，得函数在上单调递减，无极值，不合题意， 若 ，即， 因为函数在上单调递减，且 ， ， 所以存在，使得 ，即， 则当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以是的极大值点，符合题意， 故的取值范围为：． ②由①知，当时，在上单调递增，在上单调递减， 当时，得，则， 得在上单调递减， 故当时，在上单调递增，在上单调递减， 而 ， ， 而 ， 由零点存在性定理知，存在唯一的零点，使得， 即存在唯一的零点，使得． 接下来比较与的大小， 因为， 由，得，得， 则 ， 令， 得 ， 令，得， 得在上单调递减，得， 而 ， 令， 得， 得在上单调递减，得， 得， 得 ， 得在上单调递减，得， 得 ，而，得 ， 因为，所以，得，而， 而当时，在上单调递减， 得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $