四川眉山市彭山区第一中学2025-2026学年高二下学期5月月考数学试题

**基本信息** 该试卷通过导数应用、概率统计等核心知识，以实际情境（如甲盒乙盒取球）和逻辑推理（如零点问题证明）考查数学思维，体现用数学语言解决问题的能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|导数瞬时变化率、概率公式|基础概念辨析，如第2题导数几何意义| |多选题|3/18|二项式定理、排列组合|综合判断，如第10题结合实际计数问题| |填空题|3/15|期望计算、切线方程|简洁应用，如第13题曲线公切线求解| |解答题|5/77|概率分布列、导数单调性与零点|分层设计，15题基础统计，19题含创新证明，梯度明显|

彭山一中2027届高二下5月月考数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、单选题（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．计算（    ） A．42 B．36 C．21 D．20 2．函数在处的瞬时变化率为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．已知随机事件A，B，，，，则＝（　） A． B． C． D． 4．随机变量，则（    ） A． B． C． D． 5．某同学需将、、、、这个字母排成一排，若与必须相邻，则不同的排法种数为（   ） A． B． C． D． 6．若函数存在单调递减区间,则实数b的取值范围为（   ） A． B． C． D． 7．甲盒中有3个红球和2个白球，乙盒中有2个红球和3个白球（两盒中的球除颜色外没有其他区别）．先从甲盒中随机取出一球放入乙盒，再从乙盒中随机取出两球，则取出的两球都是白球的概率为（　） A． B． C． D． 8．若，则（   ） A． B． C． D． 二、多选题（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，下列说法正确的是（   ） A．展开式共有6项 B．展开式的二项式系数之和为64 C．展开式各项的系数之和为1 D．展开式中第4项的二项式系数最大 10．下列说法正确的是（ ） A．甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法有120种. B．把9个入团名额分给6个班级，每班至少一人，不同的分法有252种 C．学校要从5名男生和3名女生中选择2人组成“研学团”，在男生甲被选中的条件下，研学团中男生人数多于女生的概率为. D．将甲乙等5名志愿者分配到三个社区协助开展活动，每个志愿者去一个社区，每个社区至少1名志愿者，且甲乙不能去同一个社区的分配方法数有150种. 11．已知函数，则（    ） A．只有1个极小值点 B．曲线在点处的切线斜率为9 C．当有3个零点时，的取值范围为 D．当只有1个零点时，的取值范围为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知离散型随机变量的期望，随机变量，则__________. 13．已知曲线在处的切线也是曲线的切线，则______. 14．若对任意的，恒有，则实数的取值范围为________. 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） 15．一批笔记本电脑共有10台，其中A品牌3台，B品牌7台．如果从中随机挑选2台． (1)求这2台电脑中至多有1台B品牌电脑的概率； (2)求这2台电脑中A品牌台数X的分布列及均值和方差． 16．已知函数. (1)若直线与曲线在处的切线平行，求的值. (2)求函数的单调区间和极值； 17．已知展开式中前三项的二项式系数和为. (1)求的值； (2)求展开式中含的项的系数； (3)求展开式中系数最大的项. 18．已知，，是自然对数的底数. (1)求函数的单调区间； (2)若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围； (3)当时，若满足，求证：. 19．（1）求的最小值． （2）已知函数，，，为的导函数． ①当时，证明：在区间上存在唯一的极大值点； ②若有且仅有两个零点，求m的取值范围． 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C D A B B C B BCD AC 题号 11 答案 BCD 1．B 【详解】. 2．C 【详解】方法一：由函数在某点处瞬时变化率计算公式可知，，， 根据重要极限 ，当时，， 故选项为C. 方法二：因为，所以，所以. 即函数在处的瞬时变化率为3. 3．D 【详解】因为，，， 所以，则， 所以. 4．A 【详解】因，则，，1，2，3. . 故选：A. 5．B 【详解】由题意可知，将与捆绑，形成一个大元素，并与其他三个字母进行排序， 因此不同的排法种数为种. 6．B 【详解】解：由，可得， 由题意可得存在，使得， 即存在，使得，等价于，由对勾函数性质易得， 故选B. 7．C 【详解】设事件表示“从甲盒中取出的是红球”，事件表示“从甲盒中取出的是白球”，事件表示“从乙盒中取出的两球都是白球”. 由全概率公式得，由题意可知，， 当发生时，乙盒中有3个红球，3个白球， 则从乙盒取两球均为白球的概率为， 当发生时，乙盒中有2个红球，4个白球，则从乙盒取两球均为白球的概率为， 代入全概率公式计算可得. 故取出的两球都是白球的概率为. 8．B 【详解】令，则，可得：，，. 比较和： 构造函数，求导得，故在单调递增，，即，所以. 比较和： 对， 因此在上单调递增，又，故: 当时，，又，且，故，即. 比较和： 构造函数，， 时，故 所以,即在单调递增，，即，所以. 综上，. 9．BCD 【详解】展开式共项，故A错误； 展开式的二项式系数之和为，故B正确； 令，则，则展开式各项的系数之和为1，故C正确； 共项，则展开式中第4项的二项式系数最大，故D正确. 故选：BCD 10．AC 11．BCD 【详解】因为， 当或时，则， 所以当或时，当时， 所以在，上单调递增，在上单调递减； 当时，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减； 则在、处取得极小值，故有个极小值点，故A错误； 因为，所以曲线在点处的切线斜率为，故B正确； 令， 则的图象如下所示： 其中的图象是由的图象向下或向上平移个单位得到； 因为，，，， 要使有3个零点，则或或， 即或或，解得或或， 综上可得的取值范围为，故C正确； 要使只有1个零点，则或，即或， 解得或，即的取值范围为，故D正确. 故选：BCD 12．11 【详解】因为， 所以. 13．2 【详解】设，则，又，所以， 则切线方程为， 设，则，令，解得， 所以. 故答案为：2 14． 【详解】不等式可化为. 令，则，所以. 设，则，所以单调递增. 又，， 则等价于，即在上恒成立， 也即在上恒成立. 令，则， 令，则，解得， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 要使在上恒成立，只需. 所以实数的取值范围为. 15．(1) (2)答案见详解 【详解】（1）根据题意，这2台电脑全部是品牌的概率为，......4分 所以这2台电脑中至多有1台B品牌电脑的概率为........................................6分 （2）依题意，的可能取值为，......................................7分 则，，，........................10分 则的分布列为： .................11分 所以，........................12分 ........................13分 16．(1)； (2)的单调减区间为，单调增区间为；的极小值为，无极大值. 【详解】（1）由题可知，........................1分 则，........................2分 又，........................3分 则在处的切线方程为：.........................6分 又因为与平行，则；......................7分 （2）由（1），，，........................10分 所以的单调减区间为，单调增区间为；........................12分 令，结合单调区间，可得极小值为， 无极大值......................15分 17．(1) (2) (3) 【详解】（1）因为展开式中前三项的二项式系数和为， 所以，即，.......................2分 解得或（舍去）， 所以；.......................4分 （2）因为展开式的通项为（其中且），.......................5分 令，解得，........................6分 所以，所以展开式中含的项的系数为；........................8分 （3）设第项的系数最大， 所以，即，解得，.......................12分 又，所以，........................13分 所以，所以展开式中系数最大的项为......................15分 18．(1)当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为. (2) (3)证明见解析 【详解】（1）函数的定义域为，求导得，................1分 当时，恒有，则函数在上单调递增；........................2分 当时，由，得，由，得， 即函数在上单调递减，在上单调递增；.......................4分 所以当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；.......................5分 （2）方程，即，当时，方程不成立，则； 令，依题意，方程有两个不等实根，即直线与的图象有两个交点，.................................................................................................................6分 求导得，当或时，，当时，， 所以函数在，上单调递减，在上单调递增，......................8分 而当时，，当时，，且当时，取得极小值， 作出函数，的大致图象，如图，    观察图象，当时，直线与函数的图象有两个交点， 所以的取值范围为；.....................10分 （3）当时，，求导得， 由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增； 由，且，得，........................11分 令函数，， 求导得，..........12分 则函数在上单调递增，有，于是，......14分 而，因此，即， 又，， 函数在上单调递增，所以， 所以.......................................................................................................................17分 19．（1）0；（2）①证明见解析；② 【详解】（1）由，得恒成立．.................1分 所以在上单调递增，所以，.......................3分 所以的最小值为0．.......................................................................4分 （2）（i）当时，，．........................5分 令，则． 当时，单调递增， 令，则．所以， 所以也单调递增． 所以当时，，，单调递减， 所以单调递减，..................................................................................7分 又，， 所以存在，使得． 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以在区间上存在唯一的极大值点．.......................................10分 （ii）当时，因为，所以由（1）知，． 所以，当且仅当时，等号成立． 所以只有一个零点0，不符合题意．...........................................................11分 当时，且时，，，． 所以，所以在上单调递减． 结合（i）可知，在上单调递增，在上单调递减．.......................13分 又，，所以存在，使得． 当时，，即，则单调递增． 当时，，即，则单调递减， 所以，．所以存在，使得．...................15分 所以在上有且仅有两个零点，即与，满足题意． 综上所述，m的取值范围是．.....................................................................................17分 答案第2页，共10页 答案第1页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 $