重庆市部分校联考2024~2025学年高二下册5月月考数学试卷【附解析】

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1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
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，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第二册第五章，选择性必修第三册.
一、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. 已知离散型随机变量的分布列为
则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用分布列，根据分布列的性质，列出方程求得的值
【详解】由题意有：，
故选：A.
2. 某地天气预报资料显示，近段时间中一天下雨的概率是0.8，连续两天都下雨的概率是0.6.已知某天下雨，则随后一天也下雨的概率是（ ）
A. 0.75B. 0.48C. 0.8D. 0.6
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用条件概率公式计算得解.
【详解】设某天下雨的事件是A， 随后一天也下雨的事件是B，则，
所以某天下雨，则随后一天也下雨的概率.
故选：A
3. 要安排6名学生到5个乡村做志愿者，每名学生只能选择去1个村，每个村里至少有1名志愿者，则不同的安排方法共有（ ）
A. 720种B. 1800种C. 3600种D. 1200种
【答案】B
【解析】
【分析】将6名学生分成5组，再安排到5个乡村，利用分步乘法原理列式求解.
【详解】依题意，将6名学生分成5组有种方法，再把分成的5组安排到5个乡村有种方法，
所以不同安排方法共有种.
故选：B
4. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由函数的单调性与导数的关系可得对任意的恒成立，结合参变量分离法可求出实数的取值范围.
【详解】因为，则，
因为函数在上单调递增，则对任意的恒成立，
则对任意的恒成立，则.
故选：C.
5. 在的展开式中，则的系数为（ ）
A. 10B. 21C. 30D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用二项式定理，结合多项式乘法法则求解.
【详解】依题意，，
展开式中含的项为，
所以的系数为9.
故选：D
6. 某次数学测试有8道单选题（4选1）.小王能完整做对其中5道题，剩余3道题中，有2道题有思路，且做对的概率都是0.8，有1道题完全没有思路，且猜对的概率是0.25.从中任选1道题，小王做对该题的概率为（ ）
A. 0.8B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据独立事件的乘法公式以及互斥事件概率的加法公式,计算任一题做对概率.
【详解】选做完整做对的题目且做对概率,
选做有思路的题目且做对概率,
选做完全没有思路且做对概率,
综上,任选一题能做对概率.
故选:B.
7. 已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据当时，，构造，借助新函数的单调性比较大小.
【详解】设，则，
又当时，，
∴，
∴在上单调递减，
∵，∴即，故A错误；
∵，∴即，故B错误；
∵，∴，
又是定义在上的奇函数，
∴，故C正确；
∵，∴，即，故D错误.
故选：C
8. 拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数在闭区间上的图象连续不间断，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点，使得成立，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数在上的“拉格朗日中值点”的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】求导，设为“拉格朗日中值点”，由题意得到，构造，研究其单调性，结合零点存在性定理得到答案.
【详解】，令为函数在上的“拉格朗日中值点”，
则，
令，则在上恒成立，
故在上单调递增，
又，，
由零点存在性定理可得：存在唯一的，使得.
故选：B
二、选择题：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. 以下说法正确的是（ ）
A. 相关系数用来衡量成对样本数据的线性相关程度，而决定系数可以用来比较两个模型的拟合效果
B. 若，，则，
C. 已知经验回归方程为，且样本点的中心为，则的预测值为1
D. 某校高二年级的男生身高（单位：）近似服从正态分布.若该校高二年级有1000名男生，则身高在内的男生大约有819人（参考数据：，.）
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A根据相关性系数即可判断，对于B由即可判断，对于C由样本点的中心为求出，即可求出的预测值，对于D根据正态分布求出即可判断.
【详解】对于A：相关系数用来衡量成对样本数据的线性相关程度，而决定系数用来比较两个模型的拟合效果,故A正确；
对于B：由，故B错误；
对于C：由样本点的中心为，所以，
当时，，所以预测值为1，故C正确；
对于D：由题意有，所以
，所以，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知函数，若曲线过点的切线有两条，则实数的值不可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】设切点为，利用导数求出切线方程，将点的坐标代入切线方程，可得出关于的方程，可得出，求出的取值范围，即可得出合适的选项.
【详解】设切点为，因为，则，
则切线的斜率为，故切线方程为，
将点坐标代入切线方程得，整理得，
因为曲线过点的切线有两条，则关于的方程有两个不等的实根，
所以，解得或，
故选：BC.
11. 我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表.数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究.下列结论正确的是（ ）

A.
B. 第2025行的第1013个数和第1014个数相等
C. 记杨辉三角中第行的第个数为，则
D. 在杨辉三角中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用组合数的性质判断AB；利用二项式定理推理判断CD.
【详解】对于A，
，A正确；
对于B，第2025行的第1013个数和第1014个数分别为，而，B正确；
对于C，，，C错误；
对于D，第行所有数字的平方和，
第行的中间一项的数字是展开式中项的系数，而，
又展开式中项的系数为，
因此，D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 从5名女生、2名男生中任选3人参加数学竞赛，且至多有1名男生入选，则不同的选法共有______种.（用数字作答）
【答案】30
【解析】
【分析】根据给定条件，利用组合计数问题，结合排除法列式求解.
【详解】从7名学生中任选3人有种方法，选到2名男生的方法数为种，
所以不同的选法种数是.
故答案为：30
13. 函数在上有两个极值点，则实数的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】将函数在上有两个极值点，转化为在上有两不等实根，即在上有两不等实根，再令，根据导数方法判断出函数的单调性，求出最值，作出简图，结合图像即可求出结果.
【详解】因为，所以，
由函数在上有两个极值点，可得在上有两不等实根，即在上有两不等实根；
令，则，由得；
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
即函数在上单调递减，在上单调递增；故；
又由在上有两不等实根，可得与曲线的图像有两不同交点，
结合图像可得，.
故答案为
【点睛】本题主要考查导数的应用，根据函数极值点的个数求参数，只需对函数求导，将问题转为直线与曲线交点个数问题即可，属于常考题型.
14. 某病毒感染率为0.2.现对某地区进行抽样调查，若抽到感染者，则停止抽样，否则继续抽样直到抽到感染者为止，但抽样次数不超过次.记抽查次数为，则______（）；要使抽查次数的期望值不超过3，则的最大值为______.
【答案】 ①. ②. 4
【解析】
【分析】根据给定条件，利用相互独立事件的概率公式求出；再利用错位相减法求出期望，借助数列单调性求得结果.
【详解】抽查次数的可能值为，则，
，
，
于是，
两式相减，得
，
则，由，得，
数列单调递减，，因此，
所以的最大值为4.
故答案为：；4
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. 已知的展开式中只有第5项的二项式系数最大.
（1）求的值；
（2）设，求的值.
【答案】（1）8 （2）
【解析】
【分析】（1）利用二项式系数的性质求出值.
（2）由（1）的结论，利用赋值法求解.
【小问1详解】
由的展开式中只有第5项的二项式系数最大，得的展开式共有9项，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
取，得，取时，，
所以.
16. 教师节来临，学校预在今年的“教职工趣味运动会”中添加一个新的比赛项目.为了解教职工对该项目的兴趣，现从全校教职工中随机抽取100人进行调查，得到如下列联表.
（1）请补充完整该列联表，并判断能否在犯错误不超过0.001的前提条件下，认为喜欢此项目与性别有关.
参考公式：，其中.
参考数据：
（2）现按性别从这100名教职工中分层抽样抽取5人参加抽奖活动，奖品共3份.如果是女职工获奖，那么奖品价值200元；如果是男职工获奖，那么奖品价值180元.求奖品总价值的分布列及期望.
【答案】（1）列联表见解析，在犯错误不超过0.001的前提条件下，认为喜欢此项目与性别有关
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）完善列联表，计算，根据独立性检验即可求解；
（2）根据题意男性抽取人数3，女性人数为2人，则的可能取值为，分别求出对应的概率即可求解.
小问1详解】
由题意有：
零假设为：喜欢此项目与性别无关，
所以，
所以在犯错误不超过0.001的前提条件下，拒绝接受假设，即认为喜欢此项目与性别有关；
【小问2详解】
男性抽取人数人，女性抽取人数为人，
所以的可能取值为，
所以，
所以的分布列为：
所以,
17. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有三个零点，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用函数的单调性与导数的关系可求出函数的增区间和减区间；
（2）对实数的取值进行分类讨论，结合（1）中的结论，可得出关于实数的不等式组，综合可求得实数的取值范围.
【小问1详解】
函数的定义域为，则，
当时，即当时，
由得或，由得，
此时，函数的增区间为、，减区间为；
当时，即当时，则对任意的恒成立，
此时，函数的增区间为，无减区间；
当时，即当时，
由得或，由得，
此时，函数增区间为、，减区间为.
综上所述，当时，函数的增区间为、，减区间为；
当时，函数的增区间为，无减区间；
当时，函数的增区间为、，减区间为.
【小问2详解】
当时，由于函数有三个零点，
则函数的极大值为，可得，
函数的极小值为，解得，
此时；
当时，函数的增区间为，此时函数至多一个零点，不合乎题意；
当时，由于函数有三个零点，
则函数的极小值为，解得，
函数的极大值为，解得且，
此时或.
综上所述，实数的取值范围是.
18. 一个袋子中装有外观、材质完全相同的红、白两种球，其中红球4个，白球个（，）.现从袋中一次性摸出2个球，若2个球同色，记1分，否则记0分.
（1）求一次摸球得分为1概率；
（2）若，有放回地摸三次球，求得分的分布列及期望、方差；
（3）有放回地摸四次球，记四次摸球后得分为3的概率为，则当为多少时，最大？
【答案】（1）；
（2）分布列见解析，期望为，方差为；
（3）24.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，结合组合计数问题求出古典概率.
（2）求出的可能值及对应的概率，列出分布列并求出期望、方差.
（3）求出的函数关系，利用导数求出最大值条件，再建立不等式求解即得.
【小问1详解】
一次摸球得分为1的概率.
【小问2详解】
当时，，的所有可能值为，，
，，
，，
所以得分的分布列为
期望，方差.
【小问3详解】
依题意，，求导得，而，
当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值，
由，得，而，解得，又，
当时，；当时，，又，
因此当，即时，取得最大值，
所以.
19. 若函数在区间上有意义，且存在，使得对任意的，当时，单调递增，当时，单调递减，则称为上的“抛物线型函数”，其中为在上的峰值．
（1）若函数，试判断是否是区间上的“抛物线型函数”；
（2）若是区间上的“抛物线型函数”，求实数的取值范围；
（3）若函数，求证：是区间上的“抛物线型函数”，并求在区间上的峰值．
【答案】（1）不是区间上的“抛物线型函数”
（2）
（3）证明见解析；-2
【解析】
【分析】（1）多次求导求得在区间上单调递减，根据“抛物线型函数”的定义即可判断；
（2）按照、和分类讨论，利用导数研究函数的单调性，根据“抛物线型函数”的定义列不等式组求解即可；
（3），设，结合单调性利用零点存在定理得存在，使得，进而求出的单调区间，根据“抛物线型函数”的定义即可判断，结合指对运算代入解析式即可求解峰值.
【小问1详解】
因为，所以，
设，则，
当时，可得，所以函数在区间上单调递减，
所以，所以，所以在区间上单调递减，
故不是是区间上的“抛物线型函数”
【小问2详解】
因为，所以，
当时，，
所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
但区间为，所以在区间上单调递增，不满足题意；
当时，令得或，
若，当时，，函数在区间上单调递增，
当时，，函数在区间上单调递减，
当时，，函数在区间上单调递增，
若是区间上的“抛物线型函数”，
则，解得；
若，当时，，函数在区间上单调递减，
当时，，函数在区间上单调递增，
当时，，函数在区间上单调递减，不存在，
使得在区间上先增后减，故不满足题意.
综上，实数的取值范围为；
【小问3详解】
因为，
所以，
设，则在区间单调递减，
且，
所以存在，使得，
当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减，
所以是区间上的“抛物线型函数”，
由得，则，
所以，
即在区间上的峰值为.1
2
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4
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0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
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男
40
20
60
女
10
30
40
总计
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