四川省广元外国语学校2023-2024学年高二下学期第三次阶段性测试（5月）数学试题（含解析）

四川省广元外国语学校高中分校2023-2024学年下学期第三次阶段性考试
高二年级数学试题
考试时间：120分钟 满分：150分
一、单项选择题：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．某地区高考改革实施“3＋1＋2”模式，“3”指语文、数学、外语三门必考科目，“1”指在物理、历史两门科目中必选一门科目，“2”指在化学、生物、政治、地理这四门科目中任意选择两门科目，则一名学生的不同选科组合有（ ）
A．8种 B．12种 C．16种 D．20种
2．下列函数的求导正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有（ ）种．
A．480 B．600 C．360 D．750
4．已知随机变量，若，，则（ ）
A． B． C． D．
5．某同学进行投篮练习，若他第1球投进，则第2球投进的概率为；若他第1球投不进，则第2球投进的概率为．若他第1球投进的概率为，则他第2球投进的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
7．甲、乙等5名学生参加学校运动会志愿者服务，每个人从“检录组”、“计分组”、“宣传组”三个岗位中随机选择一个岗位，每个岗位至少有一名志愿者，则甲、乙两人恰选择同一岗位的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．已知，，，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题的四个选项中，有多个符合要求，全选得6分，部分选对得部分分，有错选的得0分．
9．已知随机变量的分布列如下，则正确的是（ ）
X 1 2
P m n
A． B．
C．若，，则 D．
10．已知，则下列结论正确的是（ ）
A．有三个零点
B．有两个极值点
C．若方程有三个实数根，则
D．曲线关于点对称
11．以下说法正确的是（ ）
A．把8个相同的小球放到编号为1，2，3，4的4个盒子中，恰有1个空盒的放法共有84种
B．
C．的二项展开式中系数最大的项为
D．已知是定义在R上的函数，是的导数，当时，若，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．从1，2，3，4，5中任取两个不同数字组成平面直角坐标系中一个点的坐标，则组成不同点的个数为______．（用数字作答）
13．的展开式中的系数为______．（用数字作答）
14．已知函数，．若曲线与曲线有公切线，则实数m的取值范围为______．（用区间作答）
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）
增强青少年体质，促进青少年健康成长，是关系国家和民族未来的大事．某高中为了解本校高一年级学生体育锻炼情况，随机抽取体育锻炼时间在[20，80]（单位：分钟）的50名学生，统计他们每天体育锻炼的时间作为样本并绘制成如下的频率分布直方图，已知样本中体育锻炼时间在的有5名学生．
（1）求a，b的值；
（2）若从样本中体育锻炼时间在的学生中随机抽取4人，设X表示在的人数，求X的分布列和均值.
16．（15分）
已知数列的前n项和为，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前n项和．
17．（15分）
在四棱锥中，底面ABCD，，，，．
（1）证明：；
（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
18．（17分）
五月初，某中学举行了“庆祝劳动光荣，共绘五一华章”主题征文活动，旨在通过文字的力量，展现劳动者的风采，传递劳动之美，弘扬劳动精神．征文筛选由A、B、C三名老师负责．首先由A、B两位老师对征文进行初审，若两位老师均审核通过，则征文通过筛选；若均审核不通过，则征文落选；若只有一名老师审核通过，则由老师C进行复审，复审合格才能通过筛选．已知每篇征文通过A、B、C三位老师审核的概率分别为，，，且各老师的审核互不影响．
（1）求每篇征文通过筛选的概率；
（2）已知某篇征文通过筛选，求它经过了复审的概率；
（3）从投稿的征文中随机抽出4篇，设其中通过筛选的篇数为X，求X的分布列、均值和方差．
19．（17分）
已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，若满足，求证：；
（3）若函数，当时，恒成立，求实数a的取值范围．
月考参考答案
1．B
【详解】分两步完成，第一步：在物理和历史中选一门，有种；
第二步：在化学、生物、政治、地理这四门科目中任意选择两门，有种，
根据分步乘法计数原理得，共有种组合．
2．B
【详解】对于A项，因，故A项错误；对于B项，，故B项正确；对于C项，，故C项错误；对于D项，，故D项错误．
3．D
【详解】首先给最左边的一个格子涂色，有6种选择，左边第二个格子有5种选择，第三个格子有5种选择，第四个格子也有5种选择，
根据分步乘法计数原理得，共有（种）涂色方法．
4．A
【详解】随机变量，则有，，解得，，所以．
5．A
【分析】由已知条件，直接使用全概率公式即可得到结果．
【详解】设A，B分别代表事件“第1球投进”和“第2球投进”，则由已知条件知，，，所以
显然，，由于AB与互斥
所以．
6．D
【分析】根据函数的奇偶性排除B，利用导数判断函数的单调性排除AC，从而得出答案．
【详解】函数的定义域为R，
，则是偶函数，排除选项B，（已经知道奇偶性了，利用图象的对称性，于是只研究时的单调性就足够了）
当时，函数，可得，令，解得
当时，，函数是减函数；
当时，，函数是增函数，排除选项A，C，
7．C
①先不考虑甲、乙两人恰选择同一岗位这一要求，让5个人去三个岗位，每个岗位至少一人，
“先分组，再分配”
第一步：把5个人分成三组“113”型：种 “122”型：种
所以，把5个人分成三组，共有25种分法
第二步：把三组人分配到3个岗位上，有种
根据分步乘法计数原理，共种
②现在考虑甲、乙两人恰选择同一岗位这一要求．（同一岗位内不讲顺序）
把甲、乙两人“捆绑”，视为一人，相当于让4个人去三个岗位，每个岗位至少一人，
“先分组，再分配”
第一步：把4个人分成三组，只能是“112”型：种
第二步：把三组人分配到3个岗位上，有种
根据分步乘法计数原理，共6×6=36种
所以甲、乙两人恰选择同一岗位的概率为．
8．C
【分析】观察a，b，c的形式非常相似，故考虑把化为完全相同的形式，构造函数，利用函数的单调性来比较大小，
，，
【详解】令，（），求导得，
因此函数在上单调递增，则，即，所以．
9．ABD
【详解】对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，因为，所以，
所以，，，故C错误；
对于D，，
则的分布列如下：
X 1 4
P
所以，则．故D正确
10．BC
【详解】，
令解得，令解得或，
所以在单调递增，单调递减，单调递增，
极大值，且极小值，且时，，时，，
作出的大致图象，易知在R上有一个零点，A错误；
由A知，函数有1，3两个极值点，故B正确；
由A知，要使方程有三个实数根，需满足，即，故C正确；
三次函数的对称中心为，易知D错误．
11．ACD
【分析】对于A：第一步取出一个空盒，第二步利用隔板法将8个球放到3个盒子即可；
对于B：利用组合数的性质来计算；
对于C：令第项的系数最大，根据第项的系数不小于第r项和第项的系数列不等式求解即可；
对于D：令，求导，利用条件确定其单调性，利用单调性来比较函数值的大小．
【详解】恰有一个空盒的放法共有种，A正确．
，
，故B错误；
的展开式的通项为，
假设第项的系数最大，则，且，解得，
第三项展开式系数最大，且系数最大的项为，故C正确．
由选项D中可知，两边同时除以，可得，两边是相同的结构
于是令，则，因为当时，
所以，即在上单调递减，
所以，即，即，故D正确．
12．20【详解】相当于从5个元素中取2个元素的排列，即．
13．30【详解】展开式中含的项为，即含项的系数为30．
14．【详解】∵，则，
设切点坐标，则切线斜率，
故切线方程为，整理得①
又∵，则，
设切点坐标，则切线斜率，
故切线方程为，整理得②
显然①②是同一条切线，可得，整理得，，（双变量化为单变量）令，则，∵，可得，令，解得；令，解得；
∴在上单调递增，在上单调递减，则，当x趋近于0时，趋近于正无穷大，当x趋近于正无穷大时，趋近于正无穷大，
可得的值域为，即实数m的取值范围为．
15．（1），，（2）分布列见解析，
【分析】（1）体育锻炼时间在的频率为，可求b，利用面积之和等于，可求a；
（2）样本中体育锻炼时间在的有5名学生，在的有3名学生，可得，利用超几何分布可求分布列与数学期望．
【详解】（1）因为体育锻炼时间在的频率为，所以，
又因为，所以
（2）样本中体育锻炼时间在的有5名学生，在的有3名学生
则随机变量X的可能取值为0，1，2，3
，，，，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以．
16．（1）（2）
【详解】（1）
当时，，两式相减得，即
当时，，∵，∴，满足上式
∴，
∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，∴
（2）由（1）可知，
∴，，（前三后二，错项对齐）
两式相减得．
∴
17．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）作于E，于F，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案．
【详解】（1）证明：在四边形ABCD中，作于E，于F，
因为，，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以，故，，
所以，
所以，
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，又，
所以平面PAD，
又因为平面PAD，
所以；
（2）解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，，则，，，则，，，
设平面PAB的法向量，
则有，可取，则，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为．
18．（1）；（2）分布列见解析，．
【详解】（1）设事件{A老师审核通过}，事件{B老师审核通过}，事件{C老师审核通过}，
事件{征文通过筛选}，事件{征文经过复审}，则，，，
所以，每篇征文通过筛选的概率为
（2）
因此，
已知某篇征文通过筛选，则它经过了复审的概率为；
（3）依题意，随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4，
则X：，，，
，，
所以的分布列如下：
X 0 1 2 3 4
P
，
19．（1）答案见解析；（2）证明见解析；（3）．
【分析】（1）对求导，分类讨论和，判断的正负即可得出答案；
（2）要证，只需证，令，对求导，结合基本不等式得出在R上单调递增，即可得证；
（3）法一：对求导，分类讨论和，得出的单调性证明即可；
法二、法三：分类讨论和，分离参数可得，
分别由洛必达法则和拉格朗日中值定理求出即可．
【详解】（1）解：的定义域为R，，当时，，在R上单调递增，
当时，令，解得，
∴，，单调递减，
∴，，单调递增，
综上：当时，在R上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）证明：由题意，则，．
要证，只需证，而，且函数在上单调递减，
故只需证，又，所以只需证，
即证，
令，
即证，，
，
由基本不等式可得（当且仅当，即时，等号成立）．
所以，在上单调递增．
所以即，证毕．
（3）法一：，则，令，，
当时，，在上单调递增，且．
①当时，，在上单调递增，
，符合题意，∴．
②当时，又在上单调递增，且，
当x趋近正无穷，趋近正无穷，
∴，使得，
∴，，在上单调递减，
∴，，在上单调递增，
而，所以不合题意．
综上：，∴实数a的取值范围为．
法二：，当时，恒成立，
当时，由得，即，，令，即，，则，
令，，
则．
∵，，∴，在上单调递增，∴，即，在上单调递增，而，所以符合洛必达法则．
由洛必达法则得：
，∴，∴实数a的取值范围为．
法三：，当时，恒成立，
当时，由得，
即，，
设，又，
则由拉格朗日中值定理可知：
令，，
即，
又，，
∴在上单调递增，∴，
∴，∴实数a的取值范围为．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，常用方法有如下几种：
方法一：等价转化是证明不等式成立的常见方法，其中利用函数的对称性定义，构造对称差函数是解决极值点偏移问题的基本处理策略；
方法二：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，构造函数利用函数的单调性证明的不等式即可，例如对数平均不等式的证明；
方法三：利用不等式的性质对原不等式作等价转换后，利用导数证明相关的式子成立．