吉林省梅河口市第五中学2024-2025学年高二下学期4月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份吉林省梅河口市第五中学2024-2025学年高二下学期4月月考数学试卷（Word版附解析），共14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。
一、单选题
1．乘积的展开式中项数为（ ）
A．38B．39C．40D．41
2．若，则（ ）
A．380B．190C．188D．240
3．投掷一枚质地均匀的骰子两次，记，，则（ ）
A．B．C．D．
4．若随机变量X的分布列如下：
则（ ）
A．0.4B．0.5C．0.6D．0.7
5．若是离散型随机变量，，又已知，则的值为（ ）
A．B．1C．2D．
6．根据变量的观测数据，绘制成散点图1；根据变量的观测数据，绘制成散点图2.若用线性回归进行分析，设表示变量的样本相关系数，表示变量的样本相关系数，则（ ）

A．B．
C．D．
7．某课外兴趣小组为研究数学成绩优秀是否与性别有关，通过随机抽样调查，得到成对样本观测数据的分类统计结果，并计算得出，经查阅独立性检验的小概率值和相应的临界值，知，则下列判断正确的是（ ）
A．若某人数学成绩优秀，那么他为男生的概率是
B．每100个数学成绩优秀的人中就会有1名是女生
C．数学成绩优秀与性别有关，此推断犯错误的概率不大于
D．在犯错误的概率不超过的前提下认为数学成绩优秀与性别无关
8．甲、乙、丙等六位同学参加校园安全知识决赛，决出第一名到第六名的名次，甲乙两人向老师询问成绩.老师对甲说：“你的成绩没有乙、丙的成绩高.”对乙说：“很遗憾，你不是第一名.”根据以上信息，6人的名次排列的情况有（ ）
A．300种B．120种C．240种D．180种
二、多选题
9．在等比数列中，，，则（ ）
A．的公比为B．的前项和为
C．的前项积为D．
10．带有编号、、、、的五个球，则（ ）
A．全部投入个不同的盒子里，共有种放法
B．放进不同的个盒子里，每盒至少一个，共有种放法
C．将其中的个球投入个盒子里的一个（另一个球不投入），共有种放法
D．全部投入个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法
11．已知函数及其导函数的定义域均为，记，且，，则（ ）
A．B．的图象关于点对称
C．D．（）
三、填空题
12．在的展开式中，所有项的系数和等于 .（用数字作答）
13．已知5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出的题不再放回，在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为 ．
14．已知随机事件，有概率，，条件概率，则 .
四、解答题
15．二项式的展开式中，求：
（1）二项式系数之和；
（2）各项系数之和；
（3）所有奇数项系数之和.
16．已知椭圆C： (a>b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.
(1)求椭圆C的方程；
(2)当△AMN的面积为时，求k的值．
17．从4名男生和3名女生中任选3人参加演讲比赛，设随机变量表示所选3人中男生的人数，求:
(1)的分布列以及期望与方差;
(2)设为事件“抽取的3人中，既有男生，也有女生”，求事件发生的概率.
18．已知函数.
(1)当时，求曲线在处的切线方程;
(2)若函数在区间上不是单调函数，求的取值范围;
(3)若无零点，求的取值范围.
19．定义：对一个棱锥的各个顶点染色，若每一条棱的两个端点均不同色，则称之为“多彩棱锥”.若用（）种颜色给某（）棱锥染色，出现“多彩棱锥”的数量记作.
(1)当，时，试求的值；
(2)当，时，试求的值；
(3)结合前两问的解题思路，对任意的正整数（）（），请写出的运算公式，并证明.
1．C
采用分步乘法计数原理进行计算即可.
【详解】从第一个括号中选一个字母有2种方法，从第二个括号中选一个字母有4种方法，从第三个括号中选一个字母有5种方法，根据分步乘法计数原理可知共有项.
故选：C.
2．B
利用组合数的性质求出，再求出答案.
【详解】由，得，所以.
故选：B
3．D
分别写出事件和事件包含的基本事件，由条件概率计算公式得到.
【详解】记事件，包含的基本事件数是，，，共3个基本事件，
事件，包含的基本事件数是，，共2个基本事件，
所以．
故选：D.
4．B
根据题意，由分布列的性质可得的值，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】由题可得，解得．
由，可得或4，
则（或）．
故选：B
5．B
先得到随机变量的值只能为，根据期望和方差得到方程组，求出方程的解，得到答案.
【详解】，故随机变量的值只能为，
，解得或，
所以.
故选：B
6．A
根据散点图，结合相关系数知识即可得出答案.
【详解】由图可得随增大而减小，随增大而减小，
所以与增呈负相关关系，与呈负相关关系，故，
又由图可知图1相关性更强，故更接近，
所以.
故选：A.
7．C
根据独立性检验的定义判断即可.
【详解】因为，
所以数学成绩优秀与性别有关，此推断犯错误的概率不大于，
即在犯错误率不超过的前提下认为“数学成绩优秀与性别有关”，故C正确，D错误；
若某人数学成绩优秀，由已知数据不能判断他为男生的概率，故A错误；
每个数学成绩优秀的人中可能没有女生，也有可能有多名女生，由已知数据不能确定结论，故B错误；
故选：C．
8．D
根据师生对话，结合三人的相对名次，利用插空法进行求解即可.
【详解】因为老师对甲说：“你的成绩没有乙、丙的成绩高，
所以有两种相对名次，一是乙、丙、甲，二是丙、乙、甲，
因此不同的名次有种可能；
老师对乙说：“很遗憾，你不是第一名，
当乙是第一名时，有甲没有丙的名次高，这时不同的名次有种可能，
因此6人的名次排列的情况有种可能，
故选：D
9．AB
对A，根据等比数列的基本量关系，结合等比数列的定义判断即可；对B，由A可得，再根据等差数列求和公式求解即可；对C，根据求解即可；对D，代入求解即可.
【详解】对A，设等比数列的公比为，则，得，
所以，所以，
所以，
所以数列的公比为，故A正确
对B，因为，所以的前项和为
，故B正确；
对C，的前项积为，故C错误
对D，因为，
所以的前项和为，故D错误．
故选：AB
10．AC
利用分步计数原理判断A，先分组，再分配，即可判断B，先选出个球，再选出个盒子，即可判断C，分和两种情况讨论，利用分组分配法判断D.
【详解】对于A：由分步计数原理，
五个球全部投入个不同的盒子里共有种放法，故A正确；
对于B：由排列数公式，
五个不同的球放进不同的个盒子里，每盒至少一个，共有种放法，故B错误；
对于C：将其中的个球投入一个盒子里（另一个球不投入）共有种放法，故C正确；
对于D：全部投入个不同的盒子里，没有空盒，
共有种不同的放法，故D错误．
故选：AC
11．ABD
对于A，对条件，求导可得；对于B，对条件，两边同时除以可得；对于C，反证法，假设C正确，求导，结合条件，可得与矛盾，可判断C；对于D，求出，，所以有，，，得出数列是以0为首项，为公差的等差数列，利用等差数列求和公式即可判断．
【详解】因为，
所以，即，
令，得，故A正确；
因为，
当时，，
所以的图象关于点对称，故B正确；
对于C，假设成立，
求导得，
即，又，
所以，所以与矛盾，故C错误；
对于D，因为，，
所以，，，，
所以有，
所以数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列，
数列的偶数项是以为首项，为公差的等差数列，
又，，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，
所以，故D正确．
故选：ABD．
12．
【详解】由题意，
在中，当时所求值即为所有项的系数和，为：，
故答案为：.
13．/0.5
设事件A：第1次抽到代数题，事件B：第2次抽到几何题，求得，结合条件概率的计算公式，即可求解.
【详解】从5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出不再放回，
设事件A：第1次抽到代数题，事件B：第2次抽到几何题，
则，，
所以在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为.
故答案为：.
14．0.82
根据条件概率公式计算即可.
【详解】∵，∴，.
由乘法公式得.
∴.
故答案为：0.82.
15．（1）；（2）；（3）.
【解析】（1）根据二项式系数的性质即可求解；
（2）设,令，代入即可求解；
（3）由（2），再令，两式相加即可求解.
【详解】设.
（1）二项式系数之和为.
（2）各项系数之和为，
令，得.
（3）由（2）知，①
令，
得，②
将①②两式相加，得，
此即为所有奇数项系数之和.
16．（1） （2）1或－1.
【详解】
（1）由题意得解得．所以椭圆C的方程为．
（2）由得．
设点M，N的坐标分别为，，则，，，．
所以|MN|===．
由因为点A（2,0）到直线的距离，
所以△AMN的面积为． 由，解得，经检验，所以．
17．(1)分布列见解析，期望，方差
(2)
（1）利用超几何分布可求X的分布；进而利用期望与方差公式可求解；
（2）利用可求解.
【详解】（1）随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，
所以，随机变量X的分布列为
随机变量的数学期望，
方差
（2）设，
所以，事件发生的概率为.
18．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）时，，
所以在处的切线方程为
（2）因为在区间上不是单调函数，
所以在上有变号解，即在上有变号解.
因为，所以，所以
（3）因为，
当，即时，，
所以在上单调递减，
因为，
所以在上无零点，符合题意;.
当时，令，则，
当时，，当时，，
所以的单调递减区间是;单调递增区间是，
所以的最小值为
当，即时，无零点，符合题意;
当时，有一个零点，此时，不符合题意;
当时，的最小值，
因为，
所以，使得，不符合题意;
综上所述，当时，
无零点.
19．(1)1560
(2)6120
(3)，证明见解析
【详解】（1）题目等同于“用六种不同的颜色给一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，
并使同一条棱的两个端点异色”，

设顶点为，底面4点为，，，.
首先对顶点进行涂色，共有6种选择；
第二步，对点进行涂色，共有5种涂色方法；
第三步，需要对是否同色进行分类：
若同色，则共有种情况；
若不同色，则共有种情况；
因此，种情况.
（2）题目等同于“用六种不同的颜色给一个五棱锥的每个顶点染上一种颜色，
并使同一条棱的两个端点异色”，
设顶点为，底面五点为，，，，.
首先对顶点进行涂色，共有6种选择；
此时五点共有五种不同颜色可供选择.
故问题转化为如图，，，，五个区域，

有5种不同的颜色可用，要求相邻区域不能涂同一种颜色，即5色5区域的环状涂色问题.
若按照，，，，的顺序分步涂色，暂不考虑同色的情况，
则共有种情况；其中包含了同色.
当同色时，相当于（1）中四个点的涂色问题，即有1560种；
因此，.
（3）题目等同于“用种不同的颜色给一个棱锥的每个顶点染上一种颜色，
并使同一条棱的两个端点异色”，
设顶点为，底面五点为，，，，
首先对顶点进行染色，共有种选择；
设，，，，的染色方法共有种，
下面考虑的递推关系：
若从开始染色，则有种染法，
继而，，，分别均有种染法，最后对染色，
如果仅要求与异色（不要求与异色），则仍有种染法.
于是，总共有种染法.
上述种染法可分为以下两类：
一类是与异色，这是符合要求的，有种染法；
另一类是与同色，这不符合要求，
这时可将与合并成一点，得出种符合题设的染法.
于是（），
即.
故
得1
2
3
4
0.1
0.4
0.3
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
D
B
B
A
C
D
AB
AC
题号
11









答案
ABD









0
1
2
3