精品解析：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

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 【答案】B 【解析】 【详解】. 2. 函数在处的瞬时变化率为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【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. 已知随机事件A，B，，，，则＝（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件概率公式计算判断各个选项. 【详解】因为，，， 所以，则， 所以. 4. 随机变量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项分布的概率公式和对立事件的概率公式即可求得. 【详解】因，则，，1，2，3. . 故选：A. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】利用捆绑法可求得结果. 【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. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】 求出的导数，由其存在单调递减区间可得b的取值范围. 【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. 【点睛】本题主要考查利用导数及利用函数的单调性求参数，属于中档题. 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. 【答案】C 【解析】 【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. 若，则（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先设，把统一用表示，再分别构造函数，利用导数判断单调性：先构造比较出对数式大于，再借助得正切值大于进而大于，最后构造由导数恒正知函数递增，推出大于，综合单调性取值大小得到. 【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，. 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 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据二项式定理以及性质逐一求出. 【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. 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. 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，两人选择的相同的读物有6种情况，然后由乘法原理可判断选项正误；对于B，由“隔板法”结合题设可判断选项正误；对于C，由条件概率计算公式结合题设可判断选项正误；对于D，可先计算5名志愿者分配到3个社区且每个社区至少一人的总方法数，再减去甲乙在同一个社区的方法数，据此判断选项正误. 【详解】对于A，两人选择的相同的读物有6种情况，甲同学选择第二种读物有5种情况， 乙同学选择第二种读物有4种情况，则满足题意的总情况有种，故A正确； 对于B，将9个名额看成9个相同的球，将其排成一列，其中有8个空， 在8个空中选择5个放入隔板，即可将9个相同球分给6个人， 即将9个名额分给6个班（保证每个班至少有一个名额）， 则总情况数为种，故B错误； 对于C，从5名男生3名女生中选两人，包含男生甲的情况数为种，这7种中， 男生比女生多即全是男生的情况数为4种，故相应概率为：，故C正确； 对于D，5名志愿者分配到3个社区，每个社区至少一人，分配方式为或， 有 种方法， 其中甲乙2人在同一个社区，有 种方法，则甲乙不在同一个小区有种方法，故D错误. 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 【答案】BCD 【解析】 【分析】分或、两种情况讨论，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的极值点，即可判断A、B，根据零点的个数得到不等式组，即可判断C、D. 【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 【点睛】关键点点睛：本题关键是利用导数说明函数的单调性，从而画出的图象，将函数的零点问题转化为函数与函数的交点问题. 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__________. 【答案】11 【解析】 【详解】因为， 所以. 13. 已知曲线在处的切线也是曲线的切线，则______. 【答案】2 【解析】 【分析】先利用导数的几何意义求出切线方程，然后利用导数几何的意义求得曲线的切点坐标，即可求解. 【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. 若对任意的，恒有，则实数的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】首先对不等式进行移项，将含的部分合并得到，观察到两边可以统一为函数，利用其单调性将问题转化为在上恒成立，进而通过求的最大值得到参数范围. 【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. 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． 【答案】（1） （2）答案见详解 【解析】 【分析】（1）求出两台电脑全部是品牌的概率，利用对立事件的概率计算； （2）确定随机变量的可能取值，利用超几何分布概率公式求出概率，列出分布列，求出均值和方差. 【小问1详解】 根据题意，这2台电脑全部是品牌的概率为， 所以这2台电脑中至多有1台B品牌电脑的概率为. 【小问2详解】 依题意，的可能取值为， 则，，， 则的分布列为： 所以， . 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； 【答案】（1）； （2）的单调减区间为，单调增区间为；的极小值为，无极大值. 【解析】 【分析】（1）由题可得，据此可得答案； （2）解可得单调区间，解结合单调区间可得极值. 【小问1详解】 由题可知，则，又， 则在处的切线方程为：. 又因为与平行，则； 【小问2详解】 由（1），，， 所以的单调减区间为，单调增区间为； 令，结合单调区间，可得极小值为，无极大值. 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. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据及组合数公式得到方程，解得即可； （2）写出展开式的通项，利用通项计算可得； （3）设第项的系数最大，得到关于系数的不等式组，求出，再代入通项计算可得. 【小问1详解】 因为展开式中前三项的二项式系数和为， 所以，即，解得或（舍去）， 所以； 【小问2详解】 因为展开式的通项为（其中且）， 令，解得， 所以，所以展开式中含的项的系数为； 【小问3详解】 设第项的系数最大， 所以，即，解得， 又，所以， 所以，所以展开式中系数最大的项为. 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：. 【答案】（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 【解析】 【分析】（1）求导后分和讨论可得； （2）分离参数后构造函数，转化问题为直线与的图象有两个交点，利用导数分析单调性和最值可得； （3）类似极值点平移问题，先由单调性得到，构造函数，，求导分析单调性后可得. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， 当时，恒有，则函数在上单调递增； 当时，由，得，由，得， 即函数在上单调递减，在上单调递增； 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； 【小问2详解】 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， 求导得，当或时，，当时，， 所以函数在，上单调递减，在上单调递增， 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； 【小问3详解】 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， 令函数，， 求导得， 则函数在上单调递增，有，于是， 而，因此，即， 又，， 函数在上单调递增，所以， 所以. 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． 【答案】（1）0；（2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）根据导函数得出其单调性即可； （2）①求导，再令，通过正弦函数、余弦函数的单调性分析判断的单调性即可； ②当时，结合（1）知，，得出，当时，分析、在上的单调性以及零点存在性定理可得. 【详解】（1）由，得恒成立． 所以在上单调递增，所以， 所以的最小值为0． （2）（i）当时，，． 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， 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． （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． 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． 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． 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $