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2024-2025 学年湖北省腾云联盟高二下学期 5 月联考
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
lim f(1+Δx)−f(1)
1.已知函数 ，则 ( )
f(x)=2lnx+x Δx→0 =
3Δx
A. 3 B. 2 C. 1 D. 0
2.在等比数列 中， ， 是函数 的极值点，则 ( )
{a } a a f(x)=(x2−7x+11)ex a =
n 1 5 3
A. 2 B. −2 C. ±2 D. 1
3.一枚质地均匀的硬币掷出正面与反面的概率均等，将该硬币连续抛掷三次，已知三次中至少有一次正面，
则三次中恰好有两次正面的概率为( )
1 3 1 1
A. B. C. D.
8 7 6 4
4.若随机变量X的分布列为
X−1 0 1 2
P m n 2n m
19
若Y =X2，且E(Y)= ，则P(X>0)=( )
12
5 1 11 7
A. B. C. D.
12 12 12 12
5.一个等差数列{a }的前n项和、前2n项和、前3n项和分别为S ，S ，S ，公差为d，则下列说法正确
n n 2n 3n
的是( )
A. 若S =4S ，则2a =d B. 若S =9S ，则3a =d
2n n 1 3n n 1
C. S ，S ，S 成等比数列 D. S ，S ，S 成等差数列
n 2n 3n n 2n 3n
6.从点A(1,a)可向曲线y=x−x3引三条不同切线，则a的取值范围为( )
A. −1<a<0 B. 0<a<1 C. 1<a<2 D. 2<a<3
7.袋中装有红色小球1个、黄色小球2个、绿色小球3个，小球除了颜色外完全相同，现从中取出5个小球排
成一行，相同颜色的小球不能相邻，则不同的排法种数为( )
A. 8 B. 11 C. 12 D. 15
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1 18.函数 的图像上有四点 ， ， ， ，它们构成了菱形 ，其对角线 ，
f(x)=(ex+e−x−a)x A B C D ABCD AC
BD满足|AC|=2|BD|，且直线AC的斜率为1，则a=( )
3+√13 3+√15 3+√17 3+√19
A. B. C. D.
2 2 2 2
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知事件A，B满足P(A)=0.7，P(B)=0.1，则( )
A. 若A与B互斥，则P(A∪B)=0.8
1
B. 若B⊆A，则P(A∪B)=0.7，P(B|A)=
7
C. 若事件C满足P(A∪B∪C)=1，则P(C)=0.2
D. 若A与B相互独立，则P(AB)=0.27
10.已知 ，且展开式第 项与第 项的二项式系数相等，则下列结论中
(1−3x) n=a +a x+a x2+⋯+a xn 6 7
0 1 2 n
正确的是( )
A. a =1 B. a +a +⋯+a =2047
0 1 2 n
a 2a 3a na
C. D.
a =−33 1+ 2+ 3+...+ n=0
1 3 32 33 3n
11.关于数列 ，满足递推关系 ， ，下列说法正确的是( )
{a } a =a2−a ln(a ) n∈Z+
n n+1 n n n
A. 当a =1时，数列{a }是常数列 B. 当0<a <1时，数列{a }单调递增
1 n 1 n
C. 当a >1时，数列{a }单调递减 D. 当0<a <1时，a <1恒成立
1 n 1 n
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知 ，则 ．
f(x)=x2−xf ′(2) f(1)=
13.已知小明同学每天中午都会在食堂提供的米饭套餐和面食套餐中选择一种，如果小明当天选择了某种
套餐，他第二天会有80%的可能性换另一种类型的套餐，如果小明第一天选择了米饭套餐，则第4天选择
米饭套餐的概率是 ．
14.有8张除颜色外完全相同的纸牌，其中4张为红色纸牌，4张为蓝色纸牌，将全部纸牌按照某种顺序一
张一张地放到桌面上，要求放置的过程中，桌上的红色纸牌与蓝色纸牌数量之差的绝对值始终不超过2，
则有 种不同的放置顺序．
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2 1四、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.(本小题13分)
有5个不同的小球，3个不同的盒子．
(1)将所有小球都放进盒子，求有多少种放置方法(答案用数字作答);
(2)如果每个盒子至少放一个球，求有多少种放置方法(答案用数字作答)．
16.(本小题15分)
已知函数 ．
f(x)=ex−mx
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)有两个相异零点，求m的取值范围．
17.(本小题15分)
已知数列 的前 项和为 ，满足 ， ，且 ．
{a } n S S +S =n2 n∈Z+ a =1
n n n n−1 1
(1)求a ，a ;
2 3
(2)求数列{a }的通项公式;
n
3
(3)若b =(a −4)( ) a n，其前n项和为T ，求数列{T }的通项公式．
n n 4 n n
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=cosx+ln(1+x)−1，g(x)=ax．
(1)求f(x)在x=0处的切线方程;
(2)若f(x)≤g(x)在定义域内恒成立，求a的值;
2n
求证： 1 ， ．
(3) ∑ f(sin )<ln2 n∈N∗
i
i=n+1
19.(本小题17分)
点A在平面直角坐标系xOy上，位于坐标(1,1)处.点A每次可以朝上，下，左，右四个方向中的任意一个
方向移动1个单位(各方向概率均等)，直到点A移动到坐标轴上时，停止移动.规定
代表点 移动 次后，落在坐标 处的概率．
P (x,y)(x∈Z+,y∈Z+ ) A n (x,y)
n
(1)求出P (1,1)的值
2
(2)求P (n−1,1)(n≥2)的值;(结果用含n的式子表示)
n
(3)求P (n−1,n−1)(n≥2)的值;(结果用含n的式子表示)
2n
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3 1参考答案
1.C
2.A
3.B
4.D
5.A
6.B
7.D
8.C
9.ABD
10.ACD
11.ABD
12.−1
49
13.0.392(或 )
125
14.54
15.解：(1)分步进行，每放置1个小球为1步，且每个小球都有3种放置方法，故将所有小球都放进盒子，
共有35=243种；
(2)分2类：
第 类将 个小球分成 ， ， 三堆，再放到三个盒子里，方法数为 ；
1 5 3 1 1 C3A3
5 3
1
第2类将5个小球分成2，2，1三堆，再放到三个盒子里，方法数为 C2C2A3，
2 5 3 3
1
故总的方法数为C3A3+ C2C2A3=150种．
5 3 2 5 3 3
16.解： ，
(1)∵f(x)=ex−mx
，
∴f ′(x)=ex−m
①当m≤0时，f ′(x)>0恒成立，f(x)在R上单调递增，
②当m>0时，令f ′(x)>0，则x>lnm，
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4 1即函数f(x)的递增区间是(lnm,+∞)，
同理，由f ′(x)<0得函数f(x)的递减区间是(−∞,lnm)；
时，
(2)f(x)=ex−mx=0
因为f(0)=1≠0，所以x=0不是零点，
ex
因此m= ，
x
令 ex， (x−1)ex ，
ℎ(x)= ℎ′(x)=
x x2
所以ℎ′(x)在(−∞,0)和(0,1)处小于0，在(1,+∞)处大于0，
因此ℎ(x)在(1,+∞)上单调递增，在(−∞,0)和(0,1)上单调递减，
又因为x>0时，ℎ(x)>0，x<0时，ℎ(x)<0，
ℎ(x)有极小值ℎ(1)=e，当x>0且x→0时，ℎ(x)→+∞，当x→+∞时，ℎ(x)→+∞，
因此得到m∈(e,+∞).
17.解：(1)S +S =4，即2a +a =4，解得a =2;
2 1 1 2 2
S +S =9，即2a +2a +a =9，解得a =3．
3 2 1 2 3 3
{ S +S =n2
(2)n≥3 时， n n−1 ，
S +S =(n−1) 2
n−1 n−2
作差得a +a =2n−1．
n n−1
时，{ a +a =2n−1 ，
n≥4 n n−1
a +a =2n−3
n−1 n−2
作差得a −a =2．
n n−2
n为偶数时，累加(a −a )+⋯(a −a )=n−2，
n n−2 4 2
即a −a =n−2，得a =n(n≥4且为偶数)．
n 2 n
n为奇数时，累加(a −a )+⋯(a −a )=n−3，
n n−2 5 3
即a −a =n−3，得a =n(n≥4且为奇数)．
n 3 n
由(1)可知a =1，a =2，a =3，经检验得a =n．
1 2 3 n
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5 13
(3)根据(2)可知b =(n−4)( ) n，
n 4
3 3 3
{ T =(−3)( ) 1+(−2)( ) 2+⋯+(n−4)( ) n
n 4 4 4 ，
3 3 3 3
T =(−3)( ) 2+(−2)( ) 3+⋯+(n−4)( ) n+1
4 n 4 4 4
1 3 3 3 3
作差得 T =(−3)( ) 1+( ) 2+⋯+( ) n−(n−4)( ) n+1，
4 n 4 4 4 4
3
1−( ) n−1
1 9 3 4 3
T =− +( ) 2 −(n−4)( ) n+1
4 n 4 4 3 4
1−
4
9 3 3
=− ( ) n−1−(n−4)( ) n+1，
4 4 4
3
所以T =−3n( ) n．
n 4
1 1
18.(1)解：f ′(x)=−sinx+ ，则f ′(0)=−sin0+ =1，
1+x 1+0
又因为f(0)=0，
所以f(x)在x=0处的切线为y=x．
(2) 解：设ℎ(x)=f(x)−g(x)=cosx+ln(1+x)−ax−1，x>−1．
由条件可知ℎ(x)≤0恒成立，
1
由于ℎ(0)=0，ℎ′(x)=−sinx+ −a，ℎ′(0)=1−a，
1+x
若ℎ′(0)<0，则存在−1<x <0，使在(x ,0)上ℎ′(x)<0，ℎ(x)在(x ,0)上单调递减，
1 1 1
ℎ(x )> ℎ(0)=0矛盾;
1
同理ℎ′(0)>0时也矛盾，因此ℎ′(0)=0，a=1，
下证当a=1时，ℎ(x)≤0对任意的x∈(−1,+∞)恒成立：
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6 11 −x
令φ(x)=ln(1+x)−x，则φ′(x)= −1= ，
1+x 1+x
由φ′(x)>0⇒−1<x<0，φ′(x)<0⇒x>0，
故函数φ(x)在(−1,0)单调递增，在(0,+∞)单调递减，
所以φ(x)≤φ(0)=0，即ln(x+1)−x≤0，
而cosx−1≤0，
所以在定义域内，ℎ(x)=(cosx−1)+[ln(1+x)−x]≤0恒成立，
综上，若f(x)≤g(x)恒成立，则a=1；
1 1
(3)证明：由(2)可知f(x)≤x，所以f(sin )≤sin ，
i i
2n
所以 1 1 1 1
∑ f(sin )=f(sin )+f(sin )+⋯+f(sin )
i n+1 n+2 2n
i=n+1
1 1 1
≤sin +sin +⋯+sin ，
n+1 n+2 2n
π π
先证x>sinx，x∈(0, )，令t(x)=x−sinx，x∈(0, )，
2 2
π
则t′(x)=1−cosx≥0，故t(x)在(0, )单调递增，
2
π
所以t(x)>t(0)=0，x>sinx，x∈(0, )，
2
1 1 1 1 1 1
sin +sin +⋯+sin < + +⋯+ ，
n+1 n+2 2n n+1 n+2 2n
再证lnx≤x−1，(0<x≤1)，
设m(x)=lnx−x+1，
1
则当x>1时，m′(x)= −1<0，m(x)单调递减;
x
当0<x<1时，m′(x)>0，m(x)单调递增，
故当m(x)≤m(1)=0，
故lnx≤x−1，当且仅当x=1时取等号，
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7 1n n n
故令x= ，则ln < −1，
n+1 n+1 n+1
1 n+1
故 <ln =ln(n+1)−lnn，
n+1 n
1
因此 <ln(n+1)−lnn，
n+1
1 1 1
+ +⋯+
n+1 n+2 2n
<ln(n+1)−lnn+ln(n+2)−ln(n+1)+⋯+ln2n−ln(2n−1)
=ln2n−lnn=ln2，
2n
即证 1 ， ．
∑ f(sin )<ln2 n∈N∗
i
i=n+1
19. 解：下面将会用→←↑↓来表示方向：
1 1
(1)两步回到(1,1)的路线有：→←,↑↓，所以P (1,1)=2( ) 2= ;
2 4 8
(2)由于走到点(n−1,1)的最短路线至少需要向右n−2步，
因此要在第n步时到达，需要有一次折返，
情况1:左右折返时，需要向→n−1步，向←1步，对这些箭头进行排列，共有n−1种排法，注意到←不
能放在第一步，否则会碰到坐标轴，因此有n−1种排法;
情况2:上下折返时，需要向→n−2步，↑1步，↓1步，对这些箭头进行排列，并且↓不能放在↑前面，
n2−n
则有C2= 种排法，
n 2
因此 n2−n 1 n2+n−2
P (n−1,1)=( +n−1)( ) n= (n≥2);
n 2 4 22n+1
(3)由于走到点(n−1,n−1)的最短路线至少需要向右走n−2步，向上走n−2步，
因此要在第2n步时到达，还需要2n−2(n−2)=4步，接下来讨论这四步的情况：
情况1:全部是左右方向，则为2←，2→，一共需要n个→，n−2个↑，2个←，
先排列→和←，考虑不满足题意的情况，如果第一步是←，有n+1种排法;如果第一步是→，若第二步也
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8 1是→则一定满足题意，所以第二步必须为←，同理第三步也必须为←，仅有1种排法，则一共有n+2种，
(n−1)(n+2)
因此符合题意的排法有C2 −(n+2)= ，然后将n−2个↑插入其中，
n+2 2
(n−1)(n+2)
则一共有 Cn−2种排法;
2 2n
(n−1)(n+2)
情况2:全部是上下方向，和情况1类似，一共 Cn−2种解法;
2 2n
情况3:左右上下都有，则一共需要n−1个→，n−1个↑，1个←，1个→，
先排列→和←，和第二问中的情况1类似，有n−2种排法，
再排列↑和↓，同理也有n−1种排法，
接下来将它们插入到同一队列中 ，则一共有 种排法，
Cn (n−1) 2Cn
2n 2n
将三种情况相加： ，
(n−1)(n+2)Cn−2+(n−1) 2Cn
2n 2n
(2n)! n(n−1)(2n)! n(n−1)
由于Cn−2= = = Cn ，
2n (n−2)!(n+2)! n!n!(n+1)(n+2) (n+1)(n+2) 2n
因此
n(n−1) 2 2n+1 (2n)! (2n+1)!
(n−1)(n+2)Cn−2+(n−1) 2Cn =[ +(n−1) 2 ]Cn =(n−1) 2 × =(n−1) 2 =(n−1) 2Cn
2n 2n (n+1) 2n n+1 n!n! (n+1)!n! 2n+1
所以 (n−1) 2Cn ．
P (n−1,n−1)= 2n+1 (n≥2)
2n 42n
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9 1
