2024-2025学年湖北省腾云联盟高二下学期5月联考数学试题含答案

高中2024-2025学年湖北省腾云联盟高二下学期5月联考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知函数f(x)=2lnx+x，则limΔx→0A.3 B.2 C.1 D.02.在等比数列{an}中，a1，a5是函数f(x)=(A.2 B.−2 C.±2 D.13.一枚质地均匀的硬币掷出正面与反面的概率均等，将该硬币连续抛掷三次，已知三次中至少有一次正面，则三次中恰好有两次正面的概率为(

)A.18 B.37 C.164.若随机变量X的分布列为X−1012Pmn2nm若Y=X2，且E(Y)=1912A.512 B.112 C.11125.一个等差数列{an}的前n项和、前2n项和、前3n项和分别为Sn，S2n，S3nA.若S2n=4Sn，则2a1=d B.若S3n=9Sn，则3a1=d

C.6.从点A(1,a)可向曲线y=x−x3引三条不同切线，则a的取值范围为(

)A.−1<a<0 B.0<a<1 C.1<a<2 D.2<a<37.袋中装有红色小球1个、黄色小球2个、绿色小球3个，小球除了颜色外完全相同，现从中取出5个小球排成一行，相同颜色的小球不能相邻，则不同的排法种数为(

)A.8 B.11 C.12 D.158.函数f(x)=(ex+e−x−a)x的图像上有四点A，B，C，D，它们构成了菱形ABCD，其对角线AC，BD满足|AC|=2|BD|，且直线AC的斜率为A.3+132 B.3+152二、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.已知事件A，B满足P(A)=0.7，P(B)=0.1，则(

)A.若A与B互斥，则P(A∪B)=0.8

B.若B⊆A，则P(A∪B)=0.7，P(B|A)=17

C.若事件C满足P(A∪B∪C)=1，则P(C)=0.2

D.若A与B10.已知(1−3x)n=a0+a1A.a0=1 B.a1+a211.关于数列{an}，满足递推关系an+1=aA.当a1=1时，数列{an}是常数列 B.当0<a1<1时，数列{an}单调递增

C.当三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知f(x)=x2−xf′(2)，则f(1)=

13.已知小明同学每天中午都会在食堂提供的米饭套餐和面食套餐中选择一种，如果小明当天选择了某种套餐，他第二天会有80%的可能性换另一种类型的套餐，如果小明第一天选择了米饭套餐，则第4天选择米饭套餐的概率是

．14.有8张除颜色外完全相同的纸牌，其中4张为红色纸牌，4张为蓝色纸牌，将全部纸牌按照某种顺序一张一张地放到桌面上，要求放置的过程中，桌上的红色纸牌与蓝色纸牌数量之差的绝对值始终不超过2，则有

种不同的放置顺序．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)有5个不同的小球，3个不同的盒子．(1)将所有小球都放进盒子，求有多少种放置方法(答案用数字作答);(2)如果每个盒子至少放一个球，求有多少种放置方法(答案用数字作答)．16.(本小题15分)已知函数f(x)=e(1)讨论f(x)的单调性;(2)若函数f(x)有两个相异零点，求m的取值范围．17.(本小题15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn(1)求a2，(2)求数列{an(3)若bn=(an−4)(34)18.(本小题17分)已知函数f(x)=cosx+ln(1)求f(x)在x=0处的切线方程;(2)若f(x)≤g(x)在定义域内恒成立，求a的值;(3)求证：i=n+12nf(sin19.(本小题17分)点A在平面直角坐标系xOy上，位于坐标(1,1)处.点A每次可以朝上，下，左，右四个方向中的任意一个方向移动1个单位(各方向概率均等)，直到点A移动到坐标轴上时，停止移动.规定Pn(x,y)(x∈Z+,y∈Z+(1)求出P2(2)求Pn(n−1,1)(n≥2)的值;(结果用含n(3)求P2n(n−1,n−1)(n≥2)的值;(结果用含n的式子表示参考答案1.C

2.A

3.B

4.D

5.A

6.B

7.D

8.C

9.ABD

10.ACD

11.ABD

12.−1

13.0.392(或4914.54

15.解：(1)分步进行，每放置1个小球为1步，且每个小球都有3种放置方法，故将所有小球都放进盒子，共有35=243种；

(2)分2类：

第1类将5个小球分成3，1，1三堆，再放到三个盒子里，方法数为C53A33；

第2类将5个小球分成2，2，1三堆，再放到三个盒子里，方法数为16.解：(1)∵f(x)=ex−mx，

∴f′(x)=ex−m，

①当m≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在R上单调递增，

②当m>0时，令f′(x)>0，则x>lnm，

即函数f(x)的递增区间是(lnm,+∞)，

同理，由f′(x)<0得函数f(x)的递减区间是(−∞,lnm)；

(2)f(x)=ex−mx=0时，

因为f(0)=1≠0，所以x=0不是零点，

因此m=exx，

令ℎ(x)=exx，ℎ′(x)=(x−1)exx2，

所以ℎ′(x)在(−∞,0)和(0,1)处小于0，在(1,+∞)处大于0，

因此ℎ(x)在(1,+∞)上单调递增，在(−∞,0)和(0,1)上单调递减，

又因为x>0时，ℎ(x)>0，x<0时，ℎ(x)<017.解：(1)S2+S1=4，即2a1+a2=4，解得a2=2;

S3+S2=9，即2a1+2a2+a3=9，解得a3=3．

(2)n≥3时，Sn+Sn−1=n2Sn−1+Sn−2=(n−1)2，

作差得an+an−1=2n−1．

n≥4时，an+an−1=2n−1an−1+an−2=2n−3，

作差得an−18.(1)解：f′(x)=−sinx+11+x，则f′(0)=−sin0+11+0=1，

又因为f(0)=0，

所以f(x)在x=0处的切线为y=x．

(2)解：设ℎ(x)=f(x)−g(x)=cosx+ln(1+x)−ax−1，x>−1．

由条件可知ℎ(x)≤0恒成立，

由于ℎ(0)=0，ℎ′(x)=−sinx+11+x−a，ℎ′(0)=1−a，

若ℎ′(0)<0，则存在−1<x1<0，使在(x1,0)上ℎ′(x)<0，ℎ(x)在(x1,0)上单调递减，ℎ(x1)>ℎ(0)=0矛盾;

同理ℎ′(0)>0时也矛盾，因此ℎ′(0)=0，a=1，

下证当a=1时，ℎ(x)≤0对任意的x∈(−1,+∞)恒成立：

令φ(x)=ln(1+x)−x，则φ′(x)=11+x−1=−x1+x，

由φ′(x)>0⇒−1<x<0，φ′(x)<0⇒x>0，

故函数φ(x)在(−1,0)单调递增，在(0,+∞)单调递减，

所以φ(x)≤φ(0)=0，即ln(x+1)−x≤0，

而cosx−1≤0，

所以在定义域内，ℎ(x)=(cosx−1)+[ln(1+x)−x]≤0恒成立，

综上，若f(x)≤g(x)恒成立，则a=1；

(3)证明：由(2)可知f(x)≤x，所以f(sin1i)≤sin1i，

所以i=n+12nf(sin1i)=f(sin1n+1)+f(sin1n+2)+⋯+f(sin12n)

≤sin1n+1+sin1n+2+⋯+sin12n，

先证x>sinx，x∈(0,π2)，令t(x)=x−sinx19.

解：下面将会用→←↑↓来表示方向：

(1)两步回到(1,1)的路线有：→←,↑↓，所以P2(1,1)=2(14)2=18;

(2)由于走到点(n−1,1)的最短路线至少需要向右n−2步，

因此要在第n步时到达，需要有一次折返，

情况1:左右折返时，需要向→n−1步，向←1步，对这些箭头进行排列，共有n−1种排法，注意到←不能放在第一步，否则会碰到坐标轴，因此有n−1种排法;

情况2:上下折返时，需要向→n−2步，↑1步，↓1步，对这些箭头进行排列，并且↓不能放在↑前面，

则有Cn2=n2−n2种排法，

因此Pn(n−1,1)=(n2−n2+n−1)(14)n=n2+n−222n+1(n≥2);

(3)由于走到点(n−1,n−1)的最短路线至少需要向右走n−2步，向上走n−2步，

因此要在第2n步时到达，还需要2n−2(n−2)=4步，接下来讨论这四步的情况：

情况1:全部是左右方向，则为2←，2→，一共需要n个→，n−2个↑，2个←，

先排列→和←，考虑不满足题意的情况，如果第一步是←，有n+1种排法;如果第一步是→，若第二步也是→则