山西大学附属中学2024~2025学年第二学期高二5月第四次月考数学试题【附解析】

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数 学 试 题
1．已知的展开式共有9项，则的值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】C
【分析】根据二项式展开式性质得出参数即可.
【详解】因为的展开式共有9项，所以，故选：C．
2.，若，则x0等于（ ）
A．e2B．1C．ln 2D．e
【答案】B
【分析】先求得，结合列方程，解方程求得.
【详解】依题意，
，
由得.故选：B
3．设随机变量X服从两点分布，若，则（ ）
A．0.24B．0.21C．0.16D．0.8
【答案】C
【解】由两点分布可得，解得；
因此期望值为，所以.
故选：C
4．已知函数的部分图象如图所示，且是的导函数，则（ ）

A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】分别表示曲线在处切线的斜率，
结合图象可知，当时，是一个大于0的常数，当时，小于0且随着x的增大而减小，
所以．故选：B.
5.设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】因为，即，解得，
所以．故选：B.
6.《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳术数之源，其中河图排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中．如图，白圈为阳数，黑点为阴数．若从这10个数中任取3个数，则这3个数中至多有1个阴数的概率为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题意知，10个数中，1，3，5，7，9为阳数，2，4，6，8，10为阴数，
若任取的3个数中有0个阴数，则概率为；若任取的3个数中有1个阴数，则概率为；
故这3个数中至多有1个阴数的概率为.故选：A.
7.甲、乙两位同学进行投篮比赛，其中甲每次投进的概率为，乙每次投进的概率为，两人各投三次，一共投中四次的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设甲投三次，投中的次数为，则，设乙投三次，投中的次数为，则，
则，
又，，
，所以一共投中四次的概率为，故选：C.
8.已知函数，若函数有四个不同的零点则的值为（ ）
A．81B．36C．12D．1
【答案】A
【详解】当时，在单调递减，
当时，，则，令，则，故在单调递增，在单调递减，此时，而当时，，时，，
故当时，总有两个不相等的实数根，
由题意可知有4个不同的实数根，
即由4个不同的实根，
记，故有两个不相等的实数根， ，
不妨设
，故选：A
9．设离散型随机变量的分布列为
若离散型随机变量满足，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【解】对于A，易知，解得，即A正确；
对于B，由可得，
因此，即B错误；对于C，易知，所以，因此C正确；对于D，易知，即D错误.故选：AC
10.现有4个编号为1，2，3，4的不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（ ）
A．共有种不同的放法
B．恰有两个盒子不放球，共有360种放法
C．每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有18种
D．将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有120种
【答案】BC
【详解】A：由题意，每个球都有5种放法，故共有种不同的放法，错；
B：恰有两个盒子不放球，则任选3个盒子放球有种，将4个球分成3组有种，
最后把3组球放进所选的3个盒子中有种，故共有种，对；
C：从四个编号中选2个放同编号的球有种，
若另2个盒子放余下2个球有1种放法，若余下2球一个放在5号盒子有2种放法，
所以，共有种，对；
D：4个相同的球放到5个不同的盒子，恰有一个空盒有种放法，错.故选：BC
11.已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则 B．有两个零点
C．
D．若，，，则
【答案】BCD
【分析】A选项，求出定义域，求导，得到函数在上单调递减，举出反例得到A错误；B选项，在A选项基础上，结合零点存在性定理进行求解；C选项，计算出，C正确；D选项，计算得到，在C选项基础上求出D正确.
【解】A选项，定义域为，
，
故在上单调递减，
不妨取，此时满足，但，
，，A错误；
B选项，由A选项知，在上单调递减，
其中，，
，，
由零点存在性定理可知，存在，使得，故有两个零点，B正确；
C选项，，
而，故，C正确；
D选项，，又，，
且，，，结合C选项知，，则，D正确.
故选：BCD
12.已知，用排列数表示 .
【分析】根据排列数公式计算即可.
【解】根据排列数公式，.故答案为：.
13.如果，取得最大值时， ．
【答案】10
【详解】解：因为，所以，
由组合数的性质可知当时，最大，此时取得最大值，故答案为：10
14.已知函数是定义在的奇函数，当时，，则不等式的解集为 .
【答案】
【解】函数是定义在的奇函数，
构造函数，，所以为偶函数，
当时，，递减，
当时，递增.，，
当，即时，，，.当，即时，，.
综上所述，不等式的解集为.故答案为：
15.已知的展开式中，前三项的系数成等差数列.
(1)求的值；
(2)求展开式中二项式系数最大的项；
(3)求展开式中所有的无理项的系数和.
【答案】(1)8；(2)；(3).
【解】（1）展开式的通项为：，
由展开式中的前三项系数成等差数列，得，整理得：，而，解得，
所以的值为8.
（2）由（1）知，展开式中第5项的二项式系数最大，所以二项式系数最大项为.
（3）展开式的通项为，
当时，为无理项，即展开式的偶数项，
令展开式的奇数项系数和为，偶数项系数和为，
则，，解得，所以展开式中所有的无理项的系数和为.
16.甲､乙两个袋中各装有大小相同的3个红球和2个白球，第一次从甲袋随机取出一个球放入乙袋.第二次再从乙袋中取出一个球.记“第一次从甲袋中取出红球”，“第一次从甲袋中取出白球”，“第二次从乙袋中取出红球”，“第二次从乙袋中取出白球”.
(1)求第二次从乙袋取出的一个球是红球的概率；
(2)求在第二次从乙袋取出一个球是红球的条件下，第一次从甲袋取出的是白球的概率.
【答案】(1)；(2).
【详解】（1）依题意知，且，
则，
所以第二次从乙袋取出的一个球是红球的概率为.
（2）依题意得，
所以在第二次从乙袋取出一个球是红球的条件下，第一次从甲袋取出的是白球的.
17.已知函数，且f（x）在内有两个极值点（）．
(1)求实数a的取值范围；(2)求证：．
【答案】(1)(2)见解析
【分析】(1)转化为有两个根，讨论单调性结合函数图象可求解；(2)等价于证明构造函数即可证明.
【解】（1）由题可知, ,令,即,即有两个根,
令,则,由得,,解得;由得,,解得,
所以在单调递增, 单调递减,时,
所以要使有两个根,则,
解得,所以.
（2）由(1)可知 且，所以
要证，只用证，等价于证明，
而，即，故等价于证明，
即证.令，则，于是等价于证明成立，
设，
，所以 在上单调递增，
故，即成立，所以，结论得证.
18.甲参加一项招聘考试，分为笔试和面试两个环节，笔试成绩合格后才能进入面试.笔试共有2道专业理论题与2道岗位实践题，每道专业理论题的难度系数（考生能够正确作答的概率）均为，每道岗位实践题的难度系数均为，考生至少答对3道题才能进入面试，否则被淘汰出局；面试共有5道问答题，由考官逐一提问作答，累计答对3道题或答错3道题，面试结束.已知甲笔试得满分的概率为，笔试和面试各题是否答对相互独立.
(1)当时，求；
(2)求甲能够进入面试的概率的最小值及相应的值；
(3)已知甲通过了笔试环节，面试时每道题的难度系数是(2)中求得的值，令甲面试结束时的答题数为，求的分布列与数学期望.
【答案】(1)(2)； (3)的分布列见解析；
【分析】（1）由甲笔试得满分的概率为，可得，即可求得；
（2）由题意，甲至少答对3道题才能够进入面试，可得甲能够进入面试的概率，化简的，利用基本不等式即可求得的最小值及相应的值；
（3）由题意，甲面试结束时的答题数的可能取值为3，4，5，求出对应概率，得到分布列与数学期望.
【解】（1）由题意，笔试和面试各题是否答对相互独立，
所以甲笔试满分的概率为，则，又，所以.
（2）由题意，甲至少答对3道题才能够进入面试，
所以甲能够进入面试的概率，
由（1）知，则，则，
整理得，因为， ，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以甲能够进入面试的概率的最小值为，相应的值为.
（3）由（2）知，面试时每道题的难度系数是，则甲答对每道面试题的概率，
由题意，甲累计答对3道题或答错3道题，面试结束，
所以甲面试结束时的答题数的可能取值为3，4，5，当时，，
当时，，
当时，，所以的分布列为：
数学期望为：.
19.如果函数的导数，可记为.若，则表示曲线，直线以及轴围成的“曲边梯形”的面积.
(1)求曲线在上与轴围成的封闭图形的面积；
(2)当时，求证：；
(3)求证：.
【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析
【分析】（1）由基本函数的导数公式和题中新定义的含义计算即可.
（2）先由新定义的运算得到，再构造函数，利用导数分析单调性，证明结论.
（3）先证明时，再利用结论，得，累加法可得答案.
【详解】（1）由，得.由题意可得所求面积.
令，则是常数）所以，
即曲线在上与轴围成的封闭图形的面积为.
（2）令，可得（是常数），所以，
要证，只需证，令，
当时，，
所以在上单调递减，所以当时，，
所以，即.
（3）由（2）得，当时，.
因为，所以.
即.
所以.
.
.
.
累加可得，
即，
所以.
【点睛】关键点点睛：构造函数，求导证明，进而得到，利用累加法得出答案.0
1
2
3
3
4
5