文档文本内容
高二年级 5 月月考数学试题
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. 已知曲线 在点 处的切线与直线 垂直，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】 ，又 在点 处的切线与直线 垂直，
，解得 ．
2. 已知随机变量 的分布列如下表所示，则 （ ）
1 2 3
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据分布列的性质求 ，再求 ，再代入期望公式求 .
【详解】由条件可知， ，得 ，
，所以 .
3. 展开式中含 项的系数为（ ）
A. 150 B. 160 C. 170 D. 180
【答案】B
【解析】
【详解】 ，
则展开式中含 项为 ，
故 展开式中含 项的系数为 ．
4. 某公司生产的甲、乙、丙三种规格的产品分别有300件，200件，100件，其中甲、乙、丙三种产品的合
格率分别为 ， ， ，则从所有产品中任取一件，是合格品的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设任取一件甲产品为事件 ，任取一件乙产品为事件 ，任取一件丙产品为事件 ，设任取一件
是合格品为事件 ，
则 ， ， ， ， ，
，
故 .
5. 如果随机变量 ，且 ，则 （ ）A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.6
【答案】A
【解析】
【详解】由 ，则 .
6. 高三年级 1， 2， 3， 4， 5 五个班负责甲、乙、丙、丁四个区域的卫生，每个班负责一个区域， 每
个区域至少有一个班级负责， 其中 1 班和 2 班都不去区域甲， 则不同的任务分配方法种数为（ ）
A. 108 B. 120 C. 126 D. 144
【答案】C
【解析】
【分析】分只有一个班去区域甲以及有两个班去区域甲进行讨论，结合排列数与组合数性质计算即可得.
【详解】分为两类，第一类：只有一个班去区域甲，在3，4，5三个班级中任选一个去区域甲，
剩下的四个班级去其余的三个区域，且每个区域至少有一个班，则方法种数为： ；
第二类：有两个班去区域甲，在3，4，5 三个班级中任选两个去区域甲，
剩下的三个班级去其余的三个区域，方法种数为： ；
故共有 种方法.
7. 已知函数 是定义在区间 上的可导函数，其导函数为 ，且满足 ，
则不等式 的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件，构造函数 ，利用函数的单调性和导数之间的关系，将不等式进行转化
求解即可得到结论.
【详解】构造函数 ， ，当 时， ，所以 ，所以 在 上单调递减，
因为 ，函数 是定义在区间 上，
所以 ，即 ，
不等式化为 ，即 ，
所以 ，即 ，
所以不等式解集为 .
8. 对于函数 ，若函数 的零点为 ， 的零点为 ，当存在 ， 满足 ，
则 称为亲密函数.若 ， 互为亲密函
数，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数求出函数 的零点，由定义确定函数 零点所在的区间，再利用零点的意义分离
参数并构造函数，利用导数参数的取值范围.
【详解】函数 的定义域为R，求导得 ，
函数 在R上单调递增，而 ，
因此函数 有唯一零点2026，即 ，
由 ，得 ，解得 ，
则函数 在 上存在零点，令 ，由 ，得 ，
由 ，得 ，则 ，依题意， 在 上有解，令函数 ，求导得 ，当 时， ；
当 时， ，即函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
ln2 ln4
，而h(2)= = =h(4) ，
2 4
则函数 在 的值域为 ，所以 的取值范围为 .
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题
目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 函数 的导函数 的图象如图所示，以下命题正确的是（ ）
A. 是函数 的极值点 B. 是函数 的极值点
C. 在区间 上单调递增 D. 是函数 的极值点
【答案】AC
【解析】
【分析】由导函数图象的正负即可判断原函数的增减，依次判断即可.
【详解】对于AC，根据导函数图像可知当 时， ；
当 时， ，当且仅当 时， ，
所以函数 在 上单调递减；
在 上单调递增，故 是极值点，故A、C正确；
对于B，因为 左右两侧导函数均大于 ，故 不是极值点，故B错误；
对于D，因为 左右两侧导函数均大于 ，故 不是极小值点，故D错误；10. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每
天开设一门，连续开设6天，则（ ）
A. 课程“数”不排在第一天的不同排法共有600种
B. 课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有360种
C. 课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有24种
D. 课程“御”和“书”相邻的不同排法共有240种
【答案】ABD
【解析】
【详解】对于A，优先排课程“数”，从除第一天以外的5天中选1天排课程“数”，再排剩下的课程，
则课程“数”不排在第一天的不同排法共有 种，故A正确；
对于B，由于“射”与“御”的相对位置有2种（“射”前或“御”前），且两种情况排法数相等，
则课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有 种，故B正确；
对于C，要使课程“御”、“书”、“数”互不相邻，
则可先排“礼、乐、射”，产生4个空位，再将“御、书、数”插入空位中，
则课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有 种，故C错误；
对于D，要使课程“御”和“书”相邻，先排课程“御”和“书”，将2个课程看作一个整体与另外4个课程排列即
可，
则课程“御”和“书”相邻的不同排法共有 种，故D正确.
11. 甲袋中有4个红球，6个白球，乙袋中有3个红球，7个白球.先从甲袋中随机取出一个球放入乙袋，再
从乙袋中取出一个球.设 表示“从甲袋取出的球是红球”， 表示“从甲袋取出的球是白球”，B表示“从乙
袋取出的球是红球”，则下列结论正确的是（ ）
A. B. ， 为对立事件
C. D.
【答案】ABD
【解析】【分析】根据条件概率的定义判断选项A；根据对立事件的定义计算判断B；根据条件概率的定义计算判
断C；根据全概率公式计算判断D.
【详解】选项A，若 发生（从甲袋取出红球放入乙袋），乙袋原有3红7白，加入1个红球后变为4红
7白，共11个球，则 ，A正确.
选项B，从甲袋只取出1个球，取出的球只能是红球或白球， 和 互斥，且必有一个发生，满足对立事
件的定义，B正确.
选项C，若 发生（从甲袋取出白球放入乙袋），乙袋变为3红8白，共11个球，
因此 ，则 ，C错误.
选项D，根据全概率公式 ，
其中 ， ，代入得 ，D正确.
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．
12. 已知随机变量 ，且 ，则 __________.
【答案】
【解析】
【详解】因为随机变量 ，且 ，解得 ，
所以 ，故 .
13. 若函数 在区间 单调递增，则实数a的取值范围为______.
【答案】【解析】
【分析】分析可知 在区间 内恒成立，整理可得 ，结合对勾函
数单调性运算求解.
【详解】由题意可知： 在区间 内恒成立，
可得 在区间 内恒成立，
因为 在区间 内单调递增，则 ，
可得 ，所以实数 的取值范围为 .
14. 对芯片的性能要求很高，传统的硅基芯片在逐渐接近 工艺之后面临的技术限制很多，某企业使
用新技术对某款芯片制造工艺进行改进，试产期每天都需要同步进行产品检测，检测方式包括智能检测和
人工检测，选择检测方式的规则如下：第一天选择智能检测，随后每天由计算机随机等可能生成数字“ ”
或“ ”，连续生成 次，把 次的数字相加，若和小于 ，则该天检测方式和前一天相同，否则选择另一种
检测方式．设 表示事件第 天该企业产品检测选择的是智能检测，则 _________
【答案】
【解析】
【分析】先由题意得 次数字的和 服从二项分布 ，进而得 ，
再由全概率公式得 ，进而再构造等比数列可得.
【详解】因为连续生成 次数字“ ”或“ ”，每次生成“ ”或“ ”的概率均为 ,所以 次数字的和 服从二项分布 ,
所以 ,
,
所以第 天为智能检测的条件下第 天为智能检测的概率： ，
第 天为人工检测的条件下第 天为智能检测的概率： ，
由全概率公式得
,
所以 ，所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，
则 ，所以
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. 在 的二项展开式中.
（1）若 ，求展开式中含 项的系数；
（2）若展开式中含有常数项，求最小的正整数 的值.
【答案】（1）60 （2）5
【解析】
【分析】（1）利用二项展开式的通项计算可得结果；
（2）由通项得出含有常数项时 ，再结合其范围可得当 时， 取最小值5.【小问1详解】
当 时，展开式的通项为
令 ，解得
所以展开式中含 项的系数为
【小问2详解】
展开式的通项 ，
由于展开式含有常数项，可得
即 ，又
即当 时， 取最小值5，此时展开式含有常数项，
因此最小的正整数 的值为5.
16. 已知函数 ，且 为 的一个极值点.
（1）求a的值；
（2）求 在 上的最小值和最大值.
【答案】（1）
（2）最小值是 ，最大值是
【解析】
【分析】（1）求导根据 得到 ；
（2）计算函数的单调区间，得到最值.
【小问1详解】的定义域为 ， ，
因为 为 的一个极值点，
则 ，即 ，
解得 ，经检验满足题意；
【小问2详解】
由（1）得 ，令 ，
即 ，
解得 或 ，
1 3 4
0
极小值
故 在 上的最小值是 ，最大值是 ；
17. 老师要从10篇课文中随机抽3篇不同的课文让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格.某位同学
只能背诵其中的3篇，求：
（1）抽到他能背诵的课文的数量的分布列；
（2）他能及格的概率；
（3）若他抽到的3篇中至少有1篇会背诵，求他能及格的概率，
【答案】（1）分布列见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据超几何概率公式，求概率，再写出分布列；（2）根据分布列计算 ，即可求解.
（3）根据条件概率计算即可.
【小问1详解】
设抽到该生能背诵的课文数量为随机变量 ，则 服从超几何分布，可能取值为 .
从10篇中抽3篇，则概率为 .
因此分布列为
0 1 2 3
【小问2详解】
他能及格的概率 .
【小问3详解】
设事件 ：至少1篇会背诵，事件 ：能及格，
由条件概率公式 .
事件 至少会1篇且可以及格，故 ， ，
因此 .
18. 在11分制乒乓球比赛中，每赢一球得1分，当某局打成10:10平后，每球交换发球权，先多得2分的
一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为 ，乙发球时甲得
分的概率为 ，各球的结果相互独立.某局在双方10:10平后，甲先发球，两人又打了 个球该局比赛结束.（1）求 ；
（2）记事件“ 且甲获胜”的概率为 .
①求 ；
②求 .
【答案】（1）
（2）① ， ；②
【解析】
【分析】（1）求 :需分析 的比赛过程，即前两球各得1分，后两球连胜，分别计算概率再
相乘.
（2） 为 甲胜，即两球甲全胜， 为 甲胜，因无法领先2分，概率为0，
先分析比赛过程，得到 ，然后求出 即可.
【小问1详解】
由题可得：事件“ ”表示在双方10:10平后，甲先发球，两人又打了4个球，且这4个球分为前两球
是甲、乙各得1分，后两个球均由甲得分，或均由乙得分，
【小问2详解】
①由题意可知 ，
事件“ 且甲获胜”为不可能事件，所以 .
②由比赛规则可知：当 时，事件“ 且甲获胜”为不可能事件，则 ，
当 时，事件“ 且甲获胜”，就是在双方10:10平后，甲先发球，两人又打了 个球，
且这 个球的得分情况为：前 个球是每两个球甲、乙各得1分，最后第 个球均由甲得分；
记“比赛2球结果为平局”为事件B，则 .
则 ，
又 ， .
综上， .
19. 已知函数 ．
（1）若 ，求曲线 在 处的切线方程：
（2）讨论函数 的单调性；
（3）若不等式 对任意 恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】（1）
（2）当 时，函数 的增区间为 ，无减区间；
当 时，函数 的减区间为 ，增区间为 、.
（3）
【解析】
【分析】（1）当 时，求出 、 的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2）求出函数 的定义域，求出 ，对实数 的取值进行分类讨论，分析导数的符
号变化，由此可得出函数 的增区间和减区间；
（ 3 ） 参 变 量 分 离 得 ， 令 ， 所 以 ， 构 造 函 数
， ，利用导数求出该函数的最大值，即可得出实数 的取值范围.
【小问1详解】
当 时， ，则 ，
，则 ，
所以当 时，曲线 在 处的切线方程为 ，
即 .
【小问2详解】
函数 的定义域为 ，则 ，
当 时，对任意的 ， 恒成立，
此时函数 的增区间为 ，无减区间；
当 时，对于函数 ， .
若 时，即当 时，对任意的 ， ，
此时函数 的增区间为 ，无减区间；
若 时，即当 时，由 可得 ，
由 可得 或 ，
此时函数 的减区间为 ，
增区间为 、 .
综上所述，当 时，函数 的增区间为 ，无减区间；
当 时，函数 的减区间为 ，增区间为 、
.
【小问3详解】
因为不等式 对任意 恒成立，则 ，因为 ，则 ，所以 ，则 ，
即 ，
令 ，所以 ，
令 ， ，则 ，
令 ，其中 ，
则 ，
由（2）知，当 时，函数 在 上为增函数，
因为 ，则 ，
所以 ，
即函数 在 上为增函数，
此时 ，则 ，
所以函数 在 上单调递增，则 ，所以 ，故实数 的取值范围是 .
