2024-2025学年江苏省徐州市第一中学高二下学期3月月考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省徐州市第一中学高二下学期3月月考数学试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.x−25的展开式中x3的系数为( )
A. −80B. −40C. 10D. 40
2.记函数f(x)的导函数为f′(x).若f(x)=x+sinx，则f′(0)=( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
3.从3名男生与2名女生中选出2人担任班委，则“恰有1名男生与1名女生当选”的概率是( )
A. 310B. 25C. 35D. 23
4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1+a2+a3=6，a4+a5+a6=12，则S12=( )
A. 18B. 36C. 54D. 60
5.在古典名著《红楼梦》中有一道名为“茄鲞”的佳肴，这道菜用到了鸡脯肉、香菌、新笋、豆腐干、果干、茄子净肉六种原料，烹饪时要求香菌、新笋、豆腐干一起下锅，茄子净肉在鸡脯肉后下锅，最后还需加入精心熬制的鸡汤，则烹饪“茄鲞”时不同的下锅顺序共有( )
A. 72种B. 36种C. 12种D. 6种
6.已知P(B)=0.1,P(A∣B)=0.5,P(A∣B)=0.3，则P(A)=( )
A. 0.05B. 0.27C. 0.68D. 0.32
7.已知随机变量ξ,η满足2ξ+η=4，且ξ∼B6,13，则下列说法正确的是( )
A. Pξ=2=Pξ=4B. Eη=1
C. Dη=83D. Eξ2=163
8.已知函数f(x)=aln(x+1)+x2，在区间(2,3)内任取两个实数x1,x2，且x1≠x2，若不等式f(x1)−f(x2)x1−x2>1恒成立，则实数a的取值范围为( )
A. −9,+∞)B. −20,+∞)C. −9,+∞D. 7,+∞)
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.有3名学生和2名教师排成一排，则下列说法正确的是( )
A. 共有120种不同的排法
B. 当2名教师相邻时，共有24种不同的排法
C. 当2名教师不相邻时，共有72种不同的排法
D. 当2名教师不排在两端时，共有48种不同的排法
10.高考数学试题第二部分为多选题，共3个小题，每小题有4个选项，其中有2个或3个是正确选项，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.若正确答案是2个选项，只选对1个得3分，有选错的得0分;若正确答案是3个选项，只选对1个得2分，只选对2个得4分，有选错的得0分.小明对其中的一道题完全不会，该题有两个正确选项的概率是12，记X为小明随机选择1个选项的得分，记Y为小明随机选择2个选项的得分，则( )
A. P(X=0)>P(Y=0)B. P(X=3)=P(Y=4)
C. E(X)=E(Y)D. D(X)>D(Y)
11.已知(1−x)2025=a0+a1x+a2x2+⋯+a2025x2025，则( )
A. 展开式的各二项式系数的和为0
B. a1+a2+⋯+a2025=−1
C. 22025a0+22024a1+22023a2+⋯+a2025=1
D. 1a1+1a2+⋯+1a2025=−1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若Cn2=21，则n= ．
13.已知随机变量X∼N1,σ2，且P(X2)= ．
14.椭圆Γ:x26+y23=1的左焦点为F1，直线l与椭圆Γ和圆心为Ma,b的圆相切于同一点E2,1，则MF1的最小值为 ．
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)
已知函数f(x)=x3−6x2+9x+1．
(1)求函数f(x)在x=0处的切线方程;
(2)当x∈[0,5]时，求函数f(x)的最大值．
16.(本小题15分)
为建设“书香校园”，学校图书馆对所有学生开放图书借阅，可借阅的图书分为“期刊杂志”与“文献书籍”两类，已知该校小明同学的图书借阅规律如下：第一次随机选择一类图书借阅，若前一次选择借阅“期刊杂志”，则下次也选择借阅“期刊杂志”的概率为13，若前一次选择借阅“文献书籍”，则下次选择借阅“期刊杂志”的概率为35．
(1)设小明同学在两次借阅过程中借阅“期刊杂志”的次数为X，求X的分布列与数学期望；
(2)若小明同学第二次借阅“文献书籍”，试分析他第一次借哪类图书的可能性更大，并说明理由．
17.(本小题15分)
在二项式(3x+2x)n的展开式中．
(Ⅰ)若第4项的系数与第6项的系数比为5:6，求展开式中的有理项;
(Ⅱ)若展开式中只有第5项的二项式系数最大，求展开式中系数最大的项．
18.(本小题17分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F，点P1, 22在椭圆C上．且离心率为 22．
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l斜率存在，交椭圆C于A，B两点，A，B，F三点不共线，且直线AF和直线BF关于PF对称．
(i)证明：直线l过定点；
(ⅱ)求▵ABF面积的最大值．
19.(本小题17分)
(Ⅰ)我们学过组合恒等式Cn+1m=Cnm+Cnm−1，实际上可以理解为Cn+1m=CnmC10+Cnm−1C11，请你利用这个观点快速求解：C100C55+C101C54+C102C53+C103C52+C104C51+C105C50.(计算结果用组合数表示)
(Ⅱ)(ⅰ)求证：1nCnk=1kCn−1k−1;
(ⅱ)求值：n=01012(−1)n2025−nC2025−nn．
参考答案
1.D
2.D
3.C
4.D
5.C
6.C
7.D
8.A
9.AC
10.BC
11.BCD
12.7
13.13
14. 6+ 22
15.解：(1)因为f(x)=x3−6x2+9x+1，所以f′(x)=3x2−12x+9.f′(0)=9，f(0)=1，所以切线方程为y−1=9(x−0)，即y=9x+1．
(2)令f′(x)=3x2−12x+9=0，x1=1，x2=3，因为x∈[0,5]，所以f(x)在(0,1)，(3,5)上单调递增，(1,3)上单调递减，
所以fmax(x)=maxf(1),f(5)=max5,21=21．
16.解：(1)设Ai表示第i次借阅“期刊杂志”，Ai表示第i次借阅“文献书籍”，i=1,2，
则PA1=PA1=12,PA2A1=13,PA2A1=35．
依题意，随机变量X的可能取值为0，1，2．
P(X=0)=P(A1 A2)=P(A1)P(A2|A1)=12×(1−35)=15，
PX=1=PA1A2∪A1A2=PA1A2+PA1A2
=PA1PA2A1+PA1PA2A1
=12×1−13+12×35=1930，
PX=2=PA1A2=PA1PA2A1=12×13=16．
随机变量X的分布列为
所以EX=0×15+1×1930+2×16=2930．
(2)若小明第二次借阅“文献书籍”，则他第一次借阅“期刊杂志”的可能性更大．理由如下：
P(A2)=P(A1A2)+P(A1 A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(A1)P(A2|A1)
=12×23+12×25=815．
若小明第二次借阅“文献书籍”，则他第一次借阅“期刊杂志”的概率为：
PA1A2=PA1A2PA2=PA1PA2A1PA2=12×23815=58．
若小明第二次借阅“文献书籍”，则他第一次借阅“文献书籍”的概率为P(A1|A2)=P(A1 A2)P(A2)=P(A1)P(A2|A1)P(A2)=12×25815=38．
因为58>38，所以小明第一次选择借阅“期刊杂志”的可能性更大．

17.解：(Ⅰ)由题意可知，展开式第四项系数为Cn3⋅23，第六项系数为Cn5⋅25，
满足Cn3⋅23:Cn5⋅25=5:6，
∴6Cn3=20Cn5，即n2−7n+6=0，解得n=6或n=1(舍去)，
∴展开式通项Tk+1=C6k(3x)6−k(2x)k=C6k2kx6−4k3，k=0，1，2，⋯6，
当k=0，3，6时，6−4k3为整数，
所以当k=0，3，6时为有理项，
即展开式中的有理项为：T1=x2，T4=160x2，T7=64x6;
(Ⅱ)因为展开式中只有第5项的二项式系数最大，所以n=8，
此时展开式通项Tr+1=C8r(3x)8−r(2x)r=C8r2rx8−4k3，r=0，1，2，⋯8，
设第r+1项的展开式系数最大，
则C8r2r≥C8r−12r−1C8r2r≥C8r+12r+1，
解得5≤r≤6，
所以展开式中系数最大项为：T6=C85(3x)3(2x)5=1792x−4和T7=C86(3x)2(2x)6=1792x−163．
18.解：(1)
因为椭圆离心率为ca=1 2，
则a= 2c，a2=b2+c2=2c2，b2=c2，
点P(1, 22)在椭圆C上，代入椭圆方程，
有1a2+12b2=12b2+12b2=1，
得b2=1，则a2=2，
所以椭圆C的方程为x22+y2=1；
(2)(i)设直线l的方程为y=kx+m，
由y=kx+mx22+y2=1，
消去y，得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−2=0，
因为l交椭圆C于A，B两点，
所以Δ=8(2k2−m2+1)>0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
所以x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−21+2k2，
因为直线AF和直线BF关于PF对称，
PF⊥x轴，
所以kAF+kBF=y1x1−1+y2x2−1
=kx1+mx1−1+kx2+mx2−1
=2kx1x2+(m−k)(x1+x2)−2m(x1−1)(x2−1)=0，
所以2kx1x2+(m−k)(x1+x2)−2m
=2k×2m2−21+2k2+(m−k)×−4km1+2k2−2m=0，
所以4km2−4k−4km2+4k2m−4mk2−2m=0，
解得m=−2k，
所以直线l的方程为y=kx−2k=k(x−2)，
所以直线l过定点(2,0)；
(ii)由题意知l斜率不可能为0，
设直线l的方程为x=ny+2，
由x=ny+2x22+y2=1,
消去x，整理得(n2+2)y2+4ny+2=0，
因为l交椭圆C于A，B两点，
所以Δ′=(4n)2−8(n2+2)=8(n2−2)>0，
解得n2>2，
则y1+y2=−4nn2+2，y1y2=2n2+2，
由题意可知y1，y2同号，不妨设|y1|>|y2|，
所以|y1|−|y2|=|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2
= (−4nn2+2)2−4×2n2+2=2 2 n2−2n2+2，
所以S△ABF=12×1×(|y1|−|y2|)
=12×1×|y1−y2|
=12×2 2 n2−2n2+2= 2 n2−2n2+2，
令n2−2=t，(t>0)，
则S△ABF= 2× t(t+4)2
= 2× 1t+16t+8≤ 2× 12 16+8= 24，
当且仅当t=4即n2=6时取等号，
所以△ABF面积的最大值为 24．
19.解：(Ⅰ)C155；
(Ⅱ) (i)1nCnk=1n⋅Ankk!=An−1k−1k!=1kCn−1k−1；
(ii)n=01012(−1)n2025−nC2025−nn=12025C20250−12024C20241+12013C20232−12012C20223+⋯+11013C10131012
=12025[C20250−20252024C20241+20252023C20232−20252022C20223+⋯+20251013C10131012]
=12025[(C20250−C20241+C20232−C20223+⋯+C10131012)−(12024C20241−22023C20232+32022C20223−⋯−10121013C10131012)]，
由(ⅰ)得knCnk=Cn−1k−1，则有12024C20241=C20230，22023C20232=C20221，⋯，10121013C10131012=C10121011，
原式=12025[(C20250−C20241+C20232−C20223+⋯+C10131012)−(C20230−C20221+C20212−…−C10121011)]，
构造数列{an}，令an=Cn0−Cn−11+Cn−22−Cn−33+⋯，则an+1=Cn+10−Cn1+Cn−12−Cn−23+⋯
所以an+1−an=(Cn+10−Cn1+Cn−12−Cn−23+⋯)−(Cn0−Cn−11+Cn−22−Cn−33+⋯)
=(Cn+10−Cn0)−(Cn1−Cn−11)+(Cn−12−Cn−22)−(Cn−23−Cn−33)+⋯
=−Cn−10+Cn−21−Cn−32+⋯=−an−1，
所以an+1=an−an−1，即an+2=an+1−an=(an−an−1)−an=−an−1，
即an+3=−an，所以an+6=−an+3=an，即数列an是周期为6的数列，
又因为a1=1，a2=0，a3=−1，a4=−1，a5=0，a6=1，⋯a2023=a1=1，a2025=a3=−1，
所以：n=01012(−1)n2025−nC2025−nn=12025(a2025−a2023)=12025(a3−a1)=−22025． X
0
1
2
P
15
1930
16