四川雅安市天立学校2025-2026学年高二下学期第三次月考数学试题

**基本信息** 本试卷以现实情境与数学文化为载体，通过梯度化问题设计考查导数、数列、概率统计等核心知识，如“英才计划”竞答、智能制造工厂次品率问题体现数学应用，杨辉三角题渗透文化传承，解答题融合多模块知识，检测数学思维与表达能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题（单选+多选）|11题/58分|导数运算（题1）、等比数列（题2）、正态分布（题4）、杨辉三角（题9）|多选题结合数学文化，考查逻辑推理| |填空题|3题/15分|两点分布方差（题12）、二项式常数项（题13）、函数零点（题14）|小切口深挖掘，检测数学抽象| |解答题|5题/77分|概率分布列（题16）、数列求和（题17）、全概率公式（题18）、导数证明（题19）|以“英才计划”“智能制造”为情境，融合多模块知识，考查数学建模与表达|

高中2025-2026学年度春季高2024级第三次月考 数 学 本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷和第Ⅱ卷组成，共4页；答题卡共4页。满分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 1、 选择题：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．以下求导运算错误的是（    ） A． B． C． D． 2．记数列为等比数列，已知，，则（    ） A．32 B．34 C．38 D．31 3．有2男2女共4名大学毕业生被分配到三个工厂实习，每人必须去一个工厂且每个工厂至少去1人，且工厂只接收女生，则不同的分配方法种数为（    ） A．12 B．14 C．22 D．24 4．已知甲､乙两班在某次数学测验中成绩近似服从正态分布，甲班成绩，乙班成绩，其密度曲线如图所示，则有（    ） A．且 B．且 C． D． 5．已知数列的前项和为，且满足，则（    ） A． B． C． D． 6．函数在区间上的最大值为（    ） A． B． C． D． 7．设随机变量的分布列如下表所示，则下列说法中错误的是（    ） A． B．随机变量的数学期望可以等于 C．当时， D．数列的通项公式可以为 8．现有函数，设数列满足，若存在使不等式成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示．下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（   ） A． B．第3行到第10行的各行的第4个数之和为． C．第15行中，第7个数与第8个数相等． D．第0行到第行所有数之和为 10．下列说法正确的有（ ） A．若随机变量，，则 B．若随机变量，则方差 C．从10名男生，5名女生中选取4人，则至少有一名女生的概率为 D．已知随机变量的分布列为（，2，3），则 11．已知函数有三个极值点，，（），则（   ） A． B． C．若，，成等差数列，则，，成等比数列 D．若，，成等差数列，则数列，，的公差为 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若随机变量服从两点分布，其中，则______． 13．的展开式中的常数项是第________项. 14．若有两个不同的零点，则的取值范围为______． 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．（13分）已知，且． (1)求的值； (2)求的值． 16．（15分）“英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2023年已经培养了6000多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加学科知识竞答活动，题库中共有6道题目，随机抽取2道让学生回答．已知某同学只能答对其中的3道，试求： (1)抽到他能答对题目数的分布列； (2)求的期望和方差． 17．（15分）已知数列为等差数列，，，． (1)若，，成等比数列，求正整数的值； (2)记（），求数列的前项和． 18．（17分）某智能制造工厂有甲、乙、丙三条生产线生产同款精密零件，其中甲生产线产能占总产量的，乙占，丙占；三条生产线的次品率分别为、、，所有零件外观无差异，随机混装入库． (1)随机抽取1件入库零件，求该零件为次品的概率； (2)若抽检发现该零件为次品，求该次品来自甲生产线的概率； (3)现从入库产品中随机独立抽取（，）件产品，记次品数量为，若，求正整数的最大值与最小值． 19．（17分）设函数（，且），． (1)当时，求展开式中二项式系数最大的项； (2)对，证明：； (3)已知是定义在区间D上的可导函数，其导函数为，、在上的值域分别为A，B，若且，求的取值范围． 《高2024级2025－2026学年春期第三次月考数学》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A A B C A D D C 题号 9 10 11 答案 AD ACD ACD 1．A【详解】选项A，，故选项A错误；选项B，，故选项B正确； 选项C，，故选项C正确；    选项D，，故选项D正确. 2．A【详解】设等比数列的公比为，，，所以， 因为，而，，所以，所以， 即，而，，所以. 3．B【详解】按工厂接收的女生人数分类， 第一类：工厂仅接收1名女生，从2名女生中选1人，有种选择， 再把剩余的3人分为两组，和两工厂进行全排列，有种选择，故有种分配方法； 第二类：工厂接收2名女生，则剩余的两个男生和两个工厂进行全排列，有种分配方法． 综上，不同的分配方法有种．故选： 4．C【详解】正态密度曲线关于对称，对称轴位置对应均值；且越大，曲线越矮胖，越小曲线越瘦高 从图中可知：的对称轴为，的对称轴为，因此；曲线更矮胖，因此，故选项A、B错误；由正态分布的对称性：，，C正确； ，而，所以，因此，D错误 5．A【详解】在数列中，，当时，， 两式相减得，即，而，即， 因此数列是以1为首项，2为公比的等比数列，，所以.故选：A 6．D【详解】已知函数， 所以. 因为，所以，故. 当时，，即； 当时，，即， 所以在上为单调递增，在为单调递减， 故在上的最大值为. 7．D【详解】A选项：由已知，则，A选项正确；B选项：当时，期望为，B选项正确；C选项：由，则，C选项正确；D选项：由，则其前项和为，D选项错误； 8．C【详解】，； ，即的图象关于点成中心对称. ，， ； ；. ，，整理得； ，； 根据题意，该不等式有解，等价于不小于函数在 上的最小值. 令，则对勾函数在上单调递减，在上单调递增； ，且； 当时，；当时，； ，，即； ，即的取值范围是. 9．AD【详解】位于第行，第个数，故，故A正确；第3行到第10行的各行的第4个数之和为，故B错误； 第15行中，第7个数与第8个数分别为，不相等，故C错误； 第行的所有数之和为，则第0行到第行所有数之和为，故D正确. 10．ACD【详解】对于A：随机变量，因与关于对称，故，故A正确. 对于B：随机变量，，则，故B错误； 对于C：“至少有一名女生”的对立事件为“选取的4人全是男生”，而全是男生的概率为， 故至少有一名女生的概率为，故C正确； 对于D：由离散型随机变量分布列性质，所有概率之和为，即， 裂项化简得，解得，因此，故D正确. 11．ACD【详解】函数有三个极值点，等价于导函数有三个不同零点， 即有三个不同实根，令，即与有三个不同的交点.由于， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 在处取最小值，要使有三个不同解，需，A正确. 已知，，取对数相减得， 由对数平均不等式得，得，B错误. 若成等差数列，则. 因为，，，两式相乘得， 代入得， 满足等比中项性质，故成等比数列，C正确. 设等差数列公差为，则，， 由C的结论得，舍去得. 又，代入，得， 两边取对数得，D正确. 12．【详解】随机变量服从两点分布，，则， ，. 13．676【详解】二项式的展开式通项为： 化简得： 令的指数为，即： ，解得，满足取值范围要求，由于展开式项数为，因此常数项为第 项. 14．法1：（i）有两个不同的零点等价于方程有两个不同的解. 又.令，则.因为函数是上的增函数， 所以有两个不同的解等价于直线与函数的图象有两个不同交点. ，当时，；当时，. 则在上单调递减，在上单调递增.故. 当时，时，. 故若直线与函数的图象有两个不同交点，则. 又因为，是上的增函数， 故得，故实数的取值范围为.由题意，则. 知，故且两式相乘得：，故. 法2（i）函数的定义域为. 对求导得. 令，即，解得. 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增. 由上述单调性可知，在处取得极小值，也是最小值为. 当时，，当时，.因为函数有两个零点，故只需，解得. 故的取值范围是. （ii）不妨设，要证，即证.因为在上单调递减，所以只需证. 又因为，所以只需证，即证，令， 对求导，得，令，， 对求导得，所以在上单调递增. ，故.故在上单调递增，. 即，所以，所以，即. 15．【详解】（1）令，得，即，…………………………………………………………3分 令，得，……………………………………………………………………6分 则. ……………………………………………………………………………7分 （2）令，得，………………………………………………10分 则.……………13分 16．【详解】（1）由题意可知，从6道题中抽2道，该同学会答3道、不会答3道， 抽到的能答对题目数X的所有可能取值为0,1,2.……………………………………………………………1分 则， ， .……………………7分 故X的分布列为 0 1 2 ……………………………………………………………………………………………………………………8分 （2）.……………………………………………………………………………11分 ，因此.…………………………15分 17．【详解】（1）因为数列为等差数列，设公差为，………………………………………………1分 由 或6，………………………………………………………………………………3分 当时，，当时，，不满足，故舍去； 所以，，；．……………………………………………………………………………5分 若，，成等比数列， 则，………………………………………………………………………6分 当时，，解得；因为是正整数，所以舍掉； 当时，，解得；………………………………………………………………………8分 （2）， 则①，……………………………………………………9分 得②．……………………………………………………………11分 ①－②得；……14分 所以．………………………………………………………………………………………15分 18．【详解】（1）设表示“零件来自第条生产线”（，对应甲、乙、丙），表示“零件为次品”.…1分 由题意，，，，……………………………………………………………3分 ，，.……………………………………………………………5分 由全概率公式， .………6分 （2）由贝叶斯公式，.…………………………………………10分 （3）由题意，，故（）.………………11分 要使最大，需满足且.………………………………12分 由，得， 化简得，解得，故.……………………………………14分 由，得， 化简得，解得，故.……………………………………16分 综上，正整数的最小值为，最大值为.………………………………………………………………17分 19．【详解】（1）当时，展开式中二项式系数最大的项为第项， 该项为；…………………………………………………………………………………………4分 （2） ， 因此，对任意的实数，都有；……………………………………………………8分 （3）， ， 又因为，，所以不恒成立， 所以恒成立，即恒成立， 设，则， 设，则， 当时，， 当时，，则， 所以在区间上单调递减，且， 若，则， 则存在，使得时，单调递减， 当时，，即，不满足题意； 若，则，则存在， 使得时，单调递增， 当时，，即，不满足题意； 若，则，则，即，满足题意； 综上，； 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减， 且， 所以， 所以， 当时，， 因为，所以在区间上单调递减， 且 所以或， 解得或， 所以的取值范围是.……………………………………17分 学科网（北京）股份有限公司 $