山东省潍坊青州第一中学2024-2025学年高二下学期第二次月考数学试题（解析）

第页，共页青州一中普通部高二下期4月份段考数学试题2025.4第Ⅰ卷选择题（共58分）一、单选题（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，只有一项是符合要求的）1.已知在等差数列中，,，则=（）A.8 B.10 C.14 D.16【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的通项公式可求出结果.【详解】设公差为，则，解得，所以.故选：D.2.已知函数，则（）A.1 B.0 C. D.【答案】B【解析】【分析】根据导数定义结合导数运算律计算求解即可.【详解】因为，所以，所以．故选：B．3已知函数，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据导数运算公式求得函数的导数，令求出，再令即可求解.【详解】，令可得解得，所以，所以，故选:B.4.李老师教高二甲班和乙班两个班的数学，这两个班的人数相等．某次联考中，这两个班的数学成绩均近似服从正态分布，其正态密度函数的图像如图所示，其中是正态分布的期望，是正态分布的标准差，且，，．关于这次数学考试成绩，下列结论正确的是（）A.甲班的平均分比乙班的平均分高B.相对于乙班，甲班学生的数学成绩更分散C.甲班108分以上的人数约占该班总人数的D.乙班112分以上的人数与甲班108分以上的人数大致相等【答案】D【解析】【分析】根据两个班数学成绩正态曲线图，易于判断A,B两项；对于C和D，需要根据图中两个班数学成绩的期望和最大值分别求出和，再结合曲线图的对称性和三段区间的概率值计算对应的概率值，比较后研判即得.【详解】对于A，由图知，即甲班的平均分比乙班的平均分低，故A错误；对于B，因甲班的曲线比乙班的曲线更“瘦高”，即，表示甲班的数学成绩更集中，故B错误；对于C，甲班的最大值为，则，则,故C错误；对于D，乙班的最大值为，则，则，又这两个班的人数相等，则乙班112分以上的人数与甲班108分以上的人数大致相等，故D正确.故选：D.5.从1，2，3，4，5，6，7，8，9中不放回地依次取2个数，事件A为“第一次取到的是奇数”，B为“第二次取到的是3的整数倍”，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由条件概率的定义，分别计算即得解.【详解】由题意事件为“第一次取到的是奇数且第二次取到的是3的整数倍”：若第一次取到的为3或9，第二次有2种情况；若第一次取到的为1，5，7，第二次有3种情况，故共有个事件由条件概率的定义：故选：B【点睛】本题考查了条件概率计算，考查了学生概念理解，分类讨论，数学运算的能力，属于中档题.6.某企业在今年年初贷款a万元，年利率为，从今年年末开始每年偿还一定金额，预计五年内还清，则每年应偿还（）A.万元 B.万元C.万元 D.万元【答案】B【解析】【分析】由题意设每年偿还x万元，根据题意列出方程求解即可.【详解】设每年偿还x万元，则，所以，解得．故选：B7.等比数列共有项，其中，偶数项和为84，奇数项和为170，则（）A.3 B.4 C.7 D.9【答案】A【解析】【分析】根据等比数列中偶数项和与奇数项和关系列式求解，即得结果.【详解】因为等比数列共有项，所以等比数列中偶数项有项，奇数项有项，由题意得，所以偶数项和为，奇数项和为，相减得故选：A【点睛】本题考查等比数列和项公式基本量计算，考查综合分析求解能力，属中档题.8.已知，，，则，，的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】构造函数，求导可得其单调性，即可得到最大，然后由作差法比较的大小关系，即可得到结果.【详解】设，则，令，即，解得，当时，，则函数单调递增，当时，，则函数单调递减，则时，有极大值，即最大值，又，，，所以，且，所以，综上可得，，即.

故选：B二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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.下列说法正确的是（）A.，越小，该正态分布对应的正态密度曲线越扁平B.运用最小二乘法得到的线性回归直线一定经过样本中心点C.相关系数越大，与相关的程度就越强D.利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两事件有关系【答案】BD【解析】【分析】根据正态分布，回归分析，独立性检验的知识逐项判断即可.【详解】，越小，该正态分布对应的正态密度曲线越瘦高，故A错误；线性回归直线一定经过样本中心点，故B正确；相关系数越大，与相关的程度就越强，故C错误；利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两事件有关系，故D正确；故选：BD10.设函数，则下列说法正确的是（）A.B.C.在处的切线方程为D.【答案】ABC【解析】【分析】求导代入计算，即可判断A，由导数的四则运算以及复合函数的求导法则，即可判断BD，由导数的几何意义，代入计算，即可判断C.【详解】由可得，对于A，，故A正确；对于B，，则，故B正确；对于C，切线的斜率为，由点斜式方程可得，化简可得，故C正确；对于D，，则，故D错误；故选：ABC11.若无穷数列，存在正整数，对任意，均有，则称数列是弱增数列，下列说法正确的是（）A.公差大于的等差数列一定是“弱增数列”B.公比大于的等比数列不一定是“弱增数列”C.若，则数列不是“弱增数列”D.若，则数列是“弱增数列”【答案】ABD【解析】【分析】根据“弱增数列”的定义，逐项判断即可.【详解】对于A，设等差数列的公差为，所以，因为正整数，，所以，即，故A正确；对于B，设等比数列的公比为，所以，因为正整数，，所以，当时，，即，故B正确；对于C，因为，所以，因为，，所以单调递增，所以，当时，恒成立，故C错误；对于D，因为,所以，因为，，所以当时，，此时，即，故数列是“弱增数列”，D正确.故选：ABD第Ⅱ卷非选择题（共92分）三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知等差数列的前项和为，，则__________.【答案】【解析】【分析】由等差数列的前项和公式代入计算，即可得到，再由等差数列的通项公式，即可得到结果.【详解】设等差数列的公差为，且，则，所以，由可得，解得，则.

故答案为：13.浙江省高考实行“七选三”选科模式，赋予了学生充分的自由选择权．甲、乙、丙三所学校分别有75%，60%，50%的学生选了物理，这三所学校的学生数之比为，现从这三所学校中随机选取一个学生，则这个学生选了物理的概率为______．【答案】【解析】【分析】先求得这个学生来自每个学校并且选择了物理的概率，最后由分类加法算出总概率.【详解】设：事件：这个学生来自甲学校；事件：这个学生来自乙学校；事件：这个学生来自丙学校；事件：甲学校学生选了物理；事件：乙学校学生选了物理；事件：丙学校学生选了物理；由题意知：这个学生选择是物理的概率：.故答案为：.14.若函数有两个极值点，则实数a的取值范围是_________．【答案】【解析】【分析】利用导数求解极值点个数情况.【详解】令即又函数有两个极值点，故方程有两个零点，即有两个零点，令则则当时，单调递减，当时，单调递增，故时，取极小值，也为最小值，又时，则有两个零点时，a的取值范围是故答案为：四、解答题（本大题共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.已知为等差数列，是等比数列，且.（1）求和的通项公式；（2）若，求的值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）求出公差和公比，得到通项公式；（2）结合等差数列和等比数列求和公式进行分组求和，【小问1详解】设数列的公差为，数列的公比为.因为，所以，即，所以，所以，则，所以.【小问2详解】.16.已知函数在处取得极小值5.（1）求实数a，b的值；（2）当时，求函数的最大值.【答案】（1），.（2）10【解析】【分析】（1）直接求导得，解出值，验证即可；（2）由（1）知，求导再列表即可得到其最大值.【小问1详解】，因为在处取极小值5，所以，得，此时，令，解得；令，解得或，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在时取极小值，符合题意.所以，.又，所以.综上，，.【小问2详解】由（1）知，，列表如下：0（0,1）12（2,3）3

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1极大值6极小值510由于，故时，.17.“摸奖游戏”是商场促销最为常见的形式之一，某摸奖游戏的规则是：第一次在装有红色、白色球各两个共4个球的A袋中随机取出2个球；第二次在装有红色、白色、黑色球各一个共3个球的B袋中随机取出1个球，两次取球相互独立，两次取球合在一起称为一次摸奖，取出的3个球的颜色与获得的积分对应如下表：所取球的情况三球均为红色三球均不同色恰有两球为红色其他情况所获得的积分10080600（1）求一次摸奖中，所取的三个球中恰有两个是红球的概率；（2）设一次摸奖中所获得的积分为X，求X的数学期望；（3）某人摸奖三次，求至少有两次获得积分为60的概率．【答案】（1）.（2）.（3）.【解析】【分析】（1）所取三个球中恰有两个红球，包含两类基本事件：一类是A袋中取出2个红球，B袋中取出一个不是红球；另一类是A袋中取出1个红球和1个白球，B袋中取出一个是红球；然后利用古典概型概率计算公式及互斥事件的加法公式可求得结果.（2）求出X的取值及取各个值的概率，列出分布列，再由期望公式求得结果.（3）由二项分布的定义知，三次摸奖中获得积分为60的次数，再运用互斥事件的概率公式计算即可.【小问1详解】一次摸奖中，所取的三个球中恰有两个是红球的概率：.【小问2详解】由题意得，X的可能取值为100，80，60，0.，，，.所以X的分布列为：X10080600P则X的数学期望为：.【小问3详解】由二项分布的定义知，三次摸奖中获得积分为60的次数，则，故所求概率为.18.数列的前n项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足：，求数列的通项公式；（3）令，求数列的前n项和.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据时，，验证，从而得到的通项；（2）由，得到，通过作差得到的通项公式；（3）根据错位相减法得结果.【小问1详解】因为，所以当时，，当时，又也满足上式，所以.又.【小问2详解】∵①∴②②－①得：，，故．【小问3详解】，∴，令，①则②①－②得：，∴∴．∴数列的前项和.19.已知函数.（1）求的单调区间；（2）对任意的恒成立，求的值；（3）证明：【答案】（1）答案见解析；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性；（2）变形为在上恒成立，构造，求导，分，，和四种情况，得到；（3）由（2）知：当时，有，当且仅当时等号成立，从而得到，利用累加法得到，得到【小问1详解】的定义域为，当时，令，得的单调递增区间为；令，得的单调递减区间为.当时，令，得的单调递增区间为；令，得的单调递减区间为.【小问2详解】等价于，令，则