数学答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2025年6月试卷_0609四川省达州市万源中学2024-2025学年高二下学期6月月考试题

题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D C A D C A B D AB BD ABC 8．D lnx ax lnx ax 【详解】由eaxlnx x2 ax可得  ，即  ， x eax elnx eax lnx ax lnx ax 当a0时， 0, 0，不等式  在0,1上显然成立； elnx eax elnx eax x 当a<0时，令 f(x) ，则 f(lnx) f(ax)在0,1上恒成立， ex 1x 由 f(x) ，在x(,1)上 f(x)0，所以 f(x)在(,1)上单调递增， ex 又x(0,1)时，lnx,0，ax(,1)，所以只需lnxa x在0,1上恒成立， 即alnxx恒成立． 1x 令g(x)lnxx，则g(x) 0 ，即g(x)在0,1上单调递增， x 其中g1ln111，故a g(1)1，所以此时有1a0．综上，a1． 故选：D． 1 1 记“第一次抽到i号球”为事件A(i＝1，2，3)，则有P(A )＝ ，P(A )＝P(A )＝ .对于A，在第一 i 1 2 3 2 4 1 次抽到2号球的条件下，将2号球放入2号盒子内，因此第二次抽到1号球的概率为P＝ ，故A 2 正确；对于B，记“第二次抽到3号球”为事件B，而A ，A ，A 两两互斥，Ω＝A ∪A ∪A ，P(B|A ) 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 3 ＝ ，P(B|A )＝ ，P(B|A )＝ ，P(B)＝∑P(AB)＝ 2 3 i 4 4 6 i＝1 3 1 1 1 1 1 1 11 ∑[P(A)P(B|A)]＝ × ＋ × ＋ × ＝ ，故B正确；对于C，第二次的球取自盒子的编号与第一 i i i＝1 2 4 4 4 4 6 48 1 1 1 1 × × 次取的球的号码相同，P(A |B)＝ P（A 1 ）P（B|A 1 ） ＝ 2 4 ＝ 6 ，P(A |B)＝ P（A 2 ）P（B|A 2 ） ＝ 4 4 1 2 P（B） 11 11 P（B） 11 48 48 1 1 × ＝ 3 ，P(A |B)＝ P（A 3 ）P（B|A 3 ） ＝ 4 6 ＝ 2 ，即如果第二次抽到的是3号球，则它来自1号盒子 3 11 P（B） 11 11 48 C2C2 的概率最大，故C正确；对于D，把5个不同的小球分成3组的不同分组方法有C3＋ 5 3种，将 5 A2 2 每一种分组方法分成的小球放在3个盒子中有A3种不同的放法，由分步乘法计数原理得不同的放 3C2C2 C3＋ 5 3 法共有 5 A2 2 ·A3 3 ＝150种，故D错误．故选ABC. 12.－3 13.40 7 14.P  .............................................................................................................................2分 2 9 3 1 1 P  3  1 ( 1 )n1或者化简为：P   ( )n ..........................................3分 n 4 12 3 n 4 4 3 2 1 1 7 详解：（1）P  ，P  ( )2   1 2 3 3 3 9 （2）M 到达点(0,n2)有两种情况：  ①从点(0,n1)按向量a  (0,1)移动，即(0,n1) (0,n2)  ②从点(0,n)按向量b (0,2)移动，即(0,n)  (0,n 2) 2 1 ∴P  P  P n2 n1 n 3 3 1 ∴P  P   (P  P ) n2 n1 n1 n 3 1 1 （3）数列{P P}是以P  P  为首项， 为公比的等比数列， n1 n 2 1 9 3 1 P  P  (P  P)( )n1 n1 n 2 1 3 1 1  ( )n1 9 3 1  ( )n1 3 1 ∴P  P  ( )n n n1 3 所以 1 P  P  ( )2 2 1 31 P  P  ( )3 3 2 3  1 P  P  ( )n1 n1 n2 3 1 P  P  ( )n n n1 3 两边分别累加得 1 1 P  P ( )[1( )n1] n 1 12 3 3 1 1   ( )n 4 4 3 15．当n2时a S S n n n1 n2 3n  n1 2 3  n1    2 2 n1， 12 31 而n 1时，a   2满足左式， 1 2 ∴a n1． n 【小问2详解】 1 1 1 1 因为    ， a  a 1  n(n1) n n1 n n  1 1 1 1 1 1 1  1 所以T  1              1 n  2 2 3 3 4  n n1 n1 因为nN*， 1 所以 0， n1 1 ∴1 1. n1 2  2  16．(1)单调递增区间为, ，(1,)，单调递减区间为 ,1.  3  3  3 (2)最大值为2，最小值为 . 2 【详解】（1）由题意得 f(x)3x22ax2， 1 由题意得 f(1)0，即32a20，解得a ， ...........................................................2分 2 1 故 f(x) x3 x22x，定义域为R， 2 2 2 f(x)3x2x2，令 f(x)0得x1或x ，令 f(x)0得  x1， 3 3  2  2  故 f(x)在, ，(1,)上单调递增，在 ,1上单调递减， ..............................6分  3  3  1 易知x1为极小值点，a 符合题意， 2  2 所以 f(x)单调递增区间为, ，(1,)，  3  2  f(x)单调递减区间为 ,1. ...........................................................8分  3   2  2  （2）由（1）知， f(x)在1, ，(1,2)上单调递增，在 ,1上单调递减，...........10分  3  3  当x变化时， f(x)、f(x)的变化情况如下表所示.  2 2  2  x 1,    ,1 1 (1,2)  3 3  3  f(x) + 0 - 0 + f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增  2 22 3 1 所以 f(x)  f   ， f(x)  f(1) .又 f(1) ， f(2)2，...........13分 极大值  3 27 极小值 2 2 2 因为 f(1) f(1), f(2) f( ) 3 3 故 f(x)的最大值为2，最小值为 . ...........................................................15分 2 － 17.[解] (1)设“所选取的2人中至少有1人为满意观众”为事件A，则事件A为“所选取的2人中 没有满意观众”， － C2 1 10 ∴P(A)＝1－P(A)＝1－ 4＝1－ ＝ ， C2 11 11 12 10 即所选取的2人中至少有1人为满意观众的概率为 . 11 8 2 2 (2)抽样中满意观众的频率为 ＝ ，即从观看此影片的观众中抽到满意观众的概率为 . 12 3 3 由题意知，X的所有可能取值为0，1，2，3，2 1－ 3 1 P(X＝0)＝C0 3 × 3 ＝ ， 27 2 2 1－ 2 2 P(X＝1)＝C1 3 × × 3 ＝ ， 3 9 2 2 2 1－ 4 P(X＝2)＝C2 3 × 3 × 3 ＝ ， 9 2 3 8 P(X＝3)＝C3 3 × 3 ＝ ， 27 ∴X的分布列为 X 0 1 2 3 1 2 4 8 P 27 9 9 27 2 2 3， 2 1－ 2 易知X～B 3 ，故D(X)＝3× × 3 ＝ . 3 3 a 18.（1） f (x) 1 ………………1分 x   ∵曲线 y  f (x)在 1, f (1) 处的切线方程为 y  2x1 . ∴ f (1) 1a  2……………………2分 ∴a 1 …………………3分 （2）方法一：函数 y  f (x)2xm  ln x xm有两个不同的零点x ,x . 1 2  x  x  等价于方程ln x xm  0有两个不同的根x ,x .  x  x  1 2 1 2 1 2 ln x xm  0 m  xln x 将方程 变形为 方程 m  xln x 的根等价于 y  xlnx与 y  m的函数图像有两个不同的交 点…………………………………………………………………………………………6分 令h(x)  x lnx . x 0, 1 x1 h(x) 1  x x h(x)在  0,1  单减，  1, 单增.…………………………………………………8分 h(x)  h(1) 1 .…………………………………………………………………9分 min ∴m的取范围为  1, ……………………………………………………………10分方法二： 令g(x)  f (x)2x m lnx  x m 因为方程 f (x)  2x m有两个不同的解x ,x ，所以g(x)有两个不同的零点. 1 2 1 1 x g(x)  1 ，当x 0,1  时，g(x)  0；当x 1, 时，g(x)  0. x x 所以g(x)在  0,1  上单调递增，在  1, 上单调递减 所以g(x)  g(x) 0，所以m 1.………………………………………7分 max 一方面因为g(em)  e m  0，………………………………………………8分 另一方面因为g(em)  2mem  0， 令(m)  2mem(m 1)，(m)  2em  0， 所以(m) (1)  2e 0.………………………………9分 综上：m 1.…………………………………………………………10分 （3） x2 1 x2 1 判断： 1  2 x x 1 2 1 1 只需判断：x   x  1 2 x x 1 2 1 1 下证：x   x  等价于x x 1.……………………11分 1 2 1 2 x x 1 2 因为g(x )  g(x ) 0，所以x ln x  x ln x ，所以 1 2 1 1 2 2 x  x 1 2 1 ，………………………………………………12分 ln x ln x 2 1 x  x 要证：x x 1即证 x x 1，即证： x x  2 1 ，因为x  x ，即证： 1 2 1 2 1 2 x 2 1 ln 2 x 1x x  x x x x ln 2  2 1  2  1 ，令t  2 (t 1)……………15分 x x x x x x 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 （t 1）2 设h(t)  lnt  (t  )，则h(t)   (t  )  0 ， 2 t t 2 t2 2t2 1 1 所以m(t)  lnt  (t  )  m(1)  0，所以x x 1.……………17分 1 2 2 t     19.（1） C6 C4  C5 C3 11 11 10 10   C6 C5  C4 C3 11 10 11 10  C6 C4 10 10 0 ………………………………………………………………………………3分 （2）第m(m 3)行的m1个数之和为       C0 C1  C2 C0  C3 C1  Cm Cm2 ···········4分 m1 m m1 m1 m2 m2 2m1 2m1   C0 C1 C2 C3 Cm    C0 C1 Cm2  m1 m m1 m2 2m1 m1 m2 2m1   C0 C1 C2 C3 Cm    C0 C1 Cm2  ········5分 m m m1 m2 2m1 m2 m2 2m1      C1 C2 C3 Cm  C1 C2 Cm2 m1 m1 m2 2m1 m3 m3 2m1 ……………  Cm Cm2 ……………………………………………………………………………7分 2m 2m 第m1行的最后一个数为Cm1 Cm1 …………………………………………8分 2m1 2m1   Cm1 Cm1  Cm Cm2 2m1 2m1 2m 2m    Cm1 Cm  Cm1 Cm2 2m1 2m 2m1 2m Cm1 Cm1 2m 2m 0……………………………………………………………………………………10分 所以第m(m 3)行的m1个数之和与第m1行的最后一个数相等. 注意：学生将Cm Cm2与Cm1 Cm1 计算出作比较也给分. 2m 2m 2m1 2m1 (2m)! (2m)! Cm Cm2   2m 2m m!m! (m2)!(m2)! (2m)! 1 1  [  ] (m2)!m! (m1)m (m1)(m2) (2m)!(4m2) 2(2m1)!   (m2)!m! (m2)!m! 2(2m1)! 同理Cm1 Cm1  2m1 2m1 (m2)!m! （3）【小问3详解】 当n1，k 3时，S a C1 1，3S 411，当k 4时，此时显然不成立. 1 1 1 1 猜测：存在正整数k，使得kS 4n 1恒成立，k的最大值为3. n 下证：当n2时，3S 4n 1恒成立.………………………………………12分 n (2n)! (2n2)! 由（1）知，a  ，则a  ， n n!(n1)! n1 (n1)!(n2)! a (2n2)! n!(n1)! (2n2)(2n1) 因为 n1    a (n1)!(n2)! (2n)! (n2)(n1) n 2(2n1) 4(n2)6 6   4 4. n2 n2 n2 又a 0，当n2时，a 4a 42a 4n1a 4n1 .……………16分 n n n1 n2 1 4n 1 当n2时，S a a a 14424n1 ，所以3S 4n 1. n 1 2 n 3 n 综上：存在正整数k，k的最大值为3，使得kS 4n 1恒成立.………………17分 n