【数学】广东省佛山市H7联盟2024-2025学年高二下学期5月联考试题（解析版）

这是一份【数学】广东省佛山市H7联盟2024-2025学年高二下学期5月联考试题（解析版），共13页。试卷主要包含了 质点按规律做直线运动， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
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. 三个不同的盒子中分别装有3张不同的白色卡牌､2张不同的黑色卡牌､2张不同的绿色卡牌，某人从这三个盒子中任意取出1张卡牌，则不同的取法有（ ）
A. 3种B. 7种C. 10种D. 12种
【答案】B
【解析】根据题意，不同的取法有种，
故选：B..
2. 质点按规律做直线运动（位移单位：，时间单位：），则质点在时的瞬时速度是其在时的瞬时速度的（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意，函数，可得，则，，
所以，即质点在时的瞬时速度是其在时的瞬时速度的.
故选：A.
3 已知数列满足，且，则（ ）
A. 2B. C. D. 1
【答案】A
【解析】由题可得，
猜测是周期为3数列，下证周期为3.
因为，故,
故是周期数列且周期为3.
故.
故选：A.
4. 已知函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以，得.
故选：C.
5. 在公差大于的等差数列中，，，则该数列的公差为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设等差数列的公差为，则，得，
所以，即，
又，解得.
故选：D.
6. 现需要给一个四棱锥的五个顶点涂色，有四种不同的颜色可供选择，要求相邻顶（在同一条棱上的两个顶点）不能涂同一种颜色，则不同的涂色方案种数为（ ）
A. 48B. 72C. 96D. 144
【答案】B
【解析】若用四种颜色，则同色或同色，则涂色方案有种；
若用三种颜色，则同色且同色，则涂色方案有种.
综上，不同的涂色方案有种.
故选：B
7. 函数的大致图象如图所示，设的导函数为，则的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】即为或，
故或，
由图可知当时，，当时，，
故的解为；的解为，
所以的解集为.
故选：D.
8. 从中任选4个不同的数字组成一个四位数，若这个四位数是偶数，则个位､十位和百位上的数字之和为偶数的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】若个位上的数字是0，则这样的四位偶数有个；
若个位上的数字不是0，则这样的四位偶数有个.
故四位数是偶数的有156个.
下面考虑这个四位数既满足是偶数，又满足个位､十位和百位上的数字之和为偶数的情况：
若个位､十位和百位上的数字都是偶数，则这样的四位数有个；
若个位､十位和百位上数字是1个偶数和2个奇数，
则当这个偶数是0时，这样的四位数有个，
当这个偶数不是0时，这样的四位数有个.
综上，满足这两个条件的四位数有60个.
故所求的概率为.
故选：A
二､多选题：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. 已知离散型随机变量的分布列如下表所示，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】由离散型随机变量分布列的性质可得，解得，
故A错误，B正确;
由期望公式可得，故C正确;
错误.
故选：BC.
10. 已知函数在处取得极值0，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 当时，
C. 当时，
D. 过点且与曲线相切的直线有且只有一条
【答案】ACD
【解析】求导得，则，
解得，，此时，
由于，，，，
所以满足在处取得极大值，则，故A正确；
则，
因为当时，，
所以在和上单调递增，
又因为当时，，
所以在上单调递减，
当时，，则，故B错误；
当时，，则，故C正确；
设切点为，则切线方程为，
又点在切线上，所以，
整理得：，解得，
所以过点且与曲线相切的直线有且只有一条，故D正确.
故选：ACD
11. 已知是数列的前项和，则下列结论正确的是（ ）
A. 数列是等比数列
B.
C. 数列是等比数列
D. 若恒成立，则的取值范围为
【答案】ABD
【解析】对于A，由题可知，则，
又，所以是首项为，公比为的等比数列，A正确；
对于B，，
，B正确；
对于C，，
所以
，
则，
故不是等比数列，C错误.
对于D，由题可知
易知当为奇数时，单调递增且；当为偶数时，单调递减，且；
若恒成立，则当为奇数时，，所以；
当为偶数时，，所以.综上，的取值范围为，D正确.
故选：ABD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中的系数为__________（用数字作答）.
【答案】
【解析】的展开式的通项公式，
令，所以的展开式中的系数为.
故答案为：
13. 将本不同的书（包括本数学书和本英语书）平均分给甲､乙､丙三人，其中数学书和英语书不能分给同一个人，则不同的分配方法种数是__________.（用数字作答）
【答案】
【解析】方法一：先从甲､乙､丙三人中选一人，这个人既不分数学书，又不分英语书，
有种分配方法，再将数学书和英语书分给剩下两人一人一本，
最后把其余本书平均分给这两个人，有种分配方法，
综上，不同的分配方法种数是.
方法二：各选两本书与数学书､英语书组成一组，然后再分配给三人，
则不同分配方法种数是.故答案为：
14. 已知函数在上单调递增，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】由函数，可得，
因为在上单调递增，所以在上恒成立，
即在上恒成立，
令，即在上恒成立，
所以在上恒成立，
因为当时，，当且仅当时，等号成立，所以，解得，
所以的取值范围为.
故答案为：.
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. 已知函数，曲线在点处的切线方程为.
（1）求的值；
（2）证明：.
解：（1）由题可知，则，解得.
又，所以点在切线上，故.
（2）由（1）知，定义域为.
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增.
所以，故.
16. 已知是等差数列的前项和，且.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
解：（1）设等差数列的公差为.
由，可得，
两式相减可得：，所以，
两式相减可得：，即.
当时，，解得，
所以，
故通项公式为.
（2），则，
则，①
①得，②
①②得，
故.
17. 已知.
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）证明：能被3整除.
解：（1）由的展开式中的系数为，
所以，即解得.
（2）由，
令，得，
令，得，
两式相减得.
（3）证明：当，可得，
，
所以能被3整除.
18. 甲､乙两人参加某答题挑战赛，规则如下：每次由其中一人答题，若答对了，则此人继续答题，若未答对，则换对方答题，每次答题系统都会随机地给出一道文学题或科学题，给出文学题的概率为，给出科学题的概率为.已知甲答对文学题与科学题的概率分别为，，乙答对文学题与科学题的概率均为，且各轮答题正确与否相互独立.由抽签确定第1次答题的人选，第1次答题的人是甲､乙的概率各为.
（1）已知第1次甲答题，求甲答对题目的概率；
（2）求第2次答题的人是乙的概率；
（3）求第次答题的人是甲的概率.
解：（1）甲答对题目的概率为.
（2）乙答对题目的概率为.
记“第次答题的人是甲”为事件，“第次答题的人是乙”为事件，
所以
.
（3）设，依题可知，，则，
即.
设，解得，
则.
又，
所以是首项为，公比为的等比数列，
即.
19. 己知是函数的导函数，是的零点，若在上，恒成立，则称是上的“好函数”.
（1）若函数是上的“好函数”，求整数的值.
（2）已知函数.
（i）讨论的零点个数；
（ii）已知是的零点，证明：是上的“好函数”.
（1）解：易知在上单调递增，且，
则是唯一的零点.
因为是上的“好函数”，且，
所以在上恒成立，即.
因为在上单调递增，且，
所以整数.
（2）解：（i）因为，且，
所以的零点个数等价于函数在上的零点个数.
当时，没有零点.
当时，，令，则，
所以当时，单调递减，当时，单调递增.
又，所以当时，，此时没有零点；
当时，，此时有一个零点；
当时，，又，
所以结合的单调性可知，在和上各恰有一个零点，
即在上存在一个零点，在上存在一个零点.
综上，当时，没有零点；当时，有一个零点；当时，有两个零点.
（ii）证明：①若，由（i）可知，在上没有零点，且，
则在上单调递增，，且.
因为，所以.
设函数，则，当时，单调递减，
当时，单调递增，故.
故当时，.
②若，由（i）可知，在上存在一个零点，
即在上存在唯一的极大值点，故当时，.
由（i）可知，，且，
则当时，.
又因为，且在上单调递增，
所以存在唯一的零点，且满足.
设函数，
则.
由上可知，在上单调递减，且，
则，此时.
综上，由①②可知，当时，，故是上的“好函数”.
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