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