四川省眉山市彭山区第一中学2023-2024学年高二下学期5月月考数学试题（含答案）

彭山一中25届高二下5月月考数学试卷
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.若，则（ ）
A.6 B.5 C.4 D.3
2.函数的导函数的图象如图所示，则下列判断中正确的是（ ）
A.在上单调递减 B.在上单调递减
C.在上存在极小值点 D.在上有最大值
3.曲线的图像在处切线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
4.已知，则（ ）
A.在上单调递增 B.在上单调递减
C.有极大值，无极小值 D.有极小值3，无极大值
5.现有武隆喀斯特旅游区、巫山小三峡、南川金佛山、大足石刻和酉阳桃花源5个旅游景区，甲、乙随机选择其中一个景区游玩.记事件A：甲和乙至少一人选择巫山小三峡，事件B：甲和乙选择的景区不同，则条件概率（ ）
A. B. C. D.
6.有6名研究人员在3个不同的无菌研究舱同时进行工作，每名研究人员必须去一个舱，每个舱至少去1人，空间限制，每舱至多容纳3人，则不同的安排方案共有（ ）种
A.720 B.450 C.360 D.180
7.已知定义在上的函数满足，且，则的解集为（ ）
A. B. C. D.
8.已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分.
9.已知X的分布列如图所示，则下列说法正确的有（ ）
X 0 1 2
P a
A. B.
C. D.
10.现有红、黄、绿三个不透明盒子，其中红色盒子内装有2个红球、1个黄球和1个绿球；黄色盒子内装有2个红球，2个绿球；绿色盒子内装有2个红球，2个黄球.小明第一次先从红色盒子内随机抽取一个球，将取出的球放入与球同色的盒子中第二次从该放入球的盒子中随机抽取一个球，记抽到红球获得1块月饼、黄球获得2块月饼、绿球获得3块月饼，小明所获得月饼为两次抽球所获得月饼的总和，则下列说法正确的是（ ）
A.在第一次抽到绿球的条件下，第二次抽到绿球的概率是
B.第二次抽到红球的概率是
C.如果第二次抽到红球，那么它来自黄色盒子的概率为
D.小明获得4块月饼的概率是
11.已知函数有两个零点，，且，则下列选项正确的是（ ）
A. B.在上单调递增
C. D.若，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.设有9件药品，其中4件是次品，现进行两次无放回抽样，即每次抽一件不放回去，则两次都抽到正品的概率是______.
13.已知的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中的常数项为______.
14.已知曲线与有公共切线，则实数a的取值范围为______.
四、解答题：本题共5小题，共77分.
15.（本题13分）已知函数，且，求：
（1）a的值；
（2）曲线在点处的切线方程；
（3）函数在区间上的最大值.
16.（本题15分）已知，其中，，，…，，若第二项与第三项的二项式系数之比是；
（1）求n的值；
（2）求（可用指数形式作答）；
（3）若，求该二项式的值被8除的余数.
17.（本题15分）某学校参加某项竞赛仅有一个名额，结合平时训练成绩，甲、乙两名学生进入最后选拔，学校为此设计了如下选拔方案：设计6道题进行测试，若这6道题中，甲能正确解答其中的4道，乙能正确解答每个题目的概率均为，假设甲、乙两名学生解答每道测试题都相互独立、互不影响，现甲、乙从这6道测试题中分别随机抽取3题进行解答
（1）求甲、乙共答对2道题目的概率；
（2）设甲答对题数为随机变量X，求X的分布列、数学期望和方差；
（3）从数学期望和方差的角度分析，应选拔哪个学生代表学校参加竞赛？
18.（本题17分）设，.
（1）当时，求的极值；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若有恒成立，求a的取值范围.
19.（本题17分）用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇，衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率.
（1）求曲线在处的曲率的平方；
（2）求余弦曲线曲率的最大值；
（3）余弦曲线，若，判断在区间上零点的个数，并写出证明过程.
彭山一中25届高二下5月月考数学——选填答案
1-4DBDC 5-8DBAC 9ABD 10ACD 11ABD
12. 13.10 14.
8.C【详解】根据式子结构，构造函数，则，
令，得；令，得；
因此在上单调递增，在上单调递减，
而，，，
因为，所以.
故选：C.
11.ABD【详解】令得，记
，令得
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
且时，，，时，
据题意知的图象与的图象有两个交点，且交点的横坐标为，，
所以，故A选项正确；
因为
所以当时，，递增，
因为，所以，故B选项正确；
当时，，，
又因为在上单调递增，在上单调递减，
所以，，所以，所以C选项错误；
因为在递增，在递减，且
所以，，
因为，所以
因为，所以
所以，故D选项正确
故选：ABD.
14.
【详解】设公切线与曲线和的切点分别为，，其中，对于有，则上的切线方程为，即，对于有，则上的切线方程为，即，所以，有，即，
令，，
令，得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，故，即.
∴正实数a的取值范围是.
故答案为：.
15.（1）1 （2） （3）4
【详解】（1）∵，∴∴，解得：
（2）由（1）知，所以，曲线在点处的斜率为，所以切线方程，即，即.
（3）由（1）可知：，，令，解得，，故当时，，所以单调递减；当时，，所以单调递增；所以区间内，当或时可能取最大值，
又，，所以最大值为.
16（1）9 （2） （3）1
【详解】（1）第二项与第三项的二项式系数之比是，所以，即，解得：；
（2）令，得，
，得，得
（3）当，
因为8是8的倍数，所以能被8整除，
所以被8除的余数为1.
17.（1） （2）答案见解析 （3）应选拔甲学生代表学校参加竞赛
【详解】（1）由题意得甲、乙两名学生共答对2个问题的概率：
.
（2）设学生甲答对的题数为X，则X的所有可能取值为1，2，3.
，，.
X 1 2 3
P
X的分布列为：
所以，.
（3）设学生乙答对的题数为Y，则Y的所有可能取值为0，1，2，3.
X 0 1 2 3
P
得到，.
因为，，即甲、乙答对的题目数一样，但甲较稳定，
所以应选拔甲学生代表学校参加竞赛.
18.（1）， （2）答案见解析 （3）
【详解】（1）的定义域为，因为，
∴，∴时，，单调递增，
时，，单调递增，时，，单调递减，
∴，；
（2）由题：，
1当时：，时，，单调递减，
时，，单调递增；
2当时：∵，∴时，，单调递减，
时，，单调递增；
3 当时：①若即，所以，，单调递增，
时，，单调递减；时，，单调递增，
②若即，，则在单调递增；
③若即，所以时，，单调递增，时，，单调递减；时，，单调递增；
（3）欲使恒成立，只需，
根据（2）的结论，
1，当时：时，，单调递增；时，，单调递减，∴令，得，此时，；
2当时：①若即，所以时，，单调递增，时，，单调递减；时，，单调递增；
②若即，时，，单调递增；
③若即，所以时，，单调递增，
时，，单调递减；时，，单调递增；
不论上述哪种情况，均有时，因此，不可能有恒成立，舍去.
综上：a的取值范围为.
19.（1） （2）1 （3）2，证明见解析
【详解】（1），，，
所以，∴.
（2），，，所，，令，则，，
设，则，显然当时，，递减，
所以.最大值为1，所以K的最大值为1.
（3）在区间上有且仅有2个零点.
证明：，所以，
①当时，因为，，则，，
∴，在单调递增，又，.∴在上有一个零点，
②设，则当时，，单调递增，
，又，
∴恒成立，
∴在上无零点.
③当时，，，
∴在上单调递减：又，.
∴在上必存在一个零点.
综上，在区间上有且仅有2个零点.