【文档说明】湖北省云学名校联盟2023-2024学年高二下学期5月联考数学试题A卷 Word版含解析.docx，共(17)页，768.068 KB，由小赞的店铺上传

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湖北省2024年云学名校联盟高二年级5月联考数学试卷命题学校：黄冈中学命题人：胡小琴郑齐爱审题人：襄阳五中曹标平咸宁高中陈小燕考试时间：2024年5月20日14:30-16:30时长：120分钟满分：150分

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.计算3344AC0!−+的值为（）．A.1B.0C.20D.21【答案】D【解析】【分析】结合公式A(1)(2)(1)mnnnnnm=−−−+，(1)(2)(1)

C!mnnnnnmm−−−+=进行求解．【详解】计算得3344432AC0!432121321−+=−+=．故选：D．2.已知等差数列na，等比数列nb，满足794aa+=，261027bbb=，则3813483aaabb++=+（）．

A.14B.12C.2D.4【答案】B【解析】【分析】根据等差数列和等比数列的性质计算即可得出结果.【详解】数列na是等差数列，794aa+=，可得824a=，即82a=，数列nb是等比数列，261027bbb=，可得3627b=，可得63b=，则38

138248636133932aaaabbb++===+++．故选：B．3.已知函数()1eexxfx=−，则()0limxfxx→=（）．A.2B.1C.0D.1−【答案】A【解析】【分析】由题意先求出()00f=，所以()()()(

)000limlim00xxfxfxffxx→→−==−，对原函数求导，求解出()0f即可.【详解】由题意得()eexxfx−=+，且()00f=，从而()()()()000limlim020xxfxfxffxx→→−

===−.故选：A.4设随机变量()0,1N，已知()1.960.025P−=，则()1.96P=（）A.0.95B.0.05C.0.975D.0.425【答案】A【解析】【分析】服从标准正态分布，利用标准正态分布的对称性可求得其概率．【详解】()11(1.96)21.9

620.0250.95022PP=−−=−=.故选：A.5.()()6211xx−+的展开式中含3x项的系数为（）．A.30−B.20−C.50D.10【答案】D【解析】【分析】求出二项式展开式的通项，再分析指数情况求出含3x项的

系数.【详解】()61x+的展开式通项为616,N,6CrrrTxrr−+=，令4r=，3，得()()6211xx−+的展开式中含3x项的系数为()43662C1C10+−=．故选：D6.设某批产品中，由甲、乙、丙三个车间生产的产品分别占50%，30%，20%，已知甲、乙车间生产的产品

的次品率分别为3%，5%.现从该批产品中任取一件，若取到的是次品的概率为3.8%，则推测丙.车间的次品率为（）A.4%B.3%C.6%D.5%【答案】A【解析】【分析】设事件A表示取到的是次品，1B，2B，3B表示取到的产品

是甲、乙、丙三个车间生产的，由全概率公式求()3|PAB.【详解】设事件A表示取到的是次品，1B，2B，3B表示取到的产品是甲、乙、丙三个车间生产的，则()3.8%PA=，()10.5PB=，()20.3PB=,()30.2PB=,()1|3%PAB=，()2|5%PA

B=.由全概率公式：()()()()()()()112233|||PAPABPBPABPBPABPB=++.即()30.0383%0.55%0.3|0.2PAB=++，()3|4%PAB=.故选：A7.在数学中，自然常数e2.71828．

小布打算将自然常数的前6位数字2，7，1，8，2，8进行排列得到密码．如果排列时要求8不排最后一个，两个2相邻，那么小布可以设置的不同的密码个数为（）．A.30B.32C.36D.48【答案】C【解析】【分析】根据题意，分

两种情况讨论：①2排在最后一位；②2不排在最后一位，由加法计数原理计算即可.【详解】根据题意，分两种情况：①2排在最后一位，则倒数第二位也是2，再从剩下4个位置选出2个，安排两个8，最后安排7和1，此时有2242CA12=个不同的密码；②2不排在最后一位，则倒数第一位安排7或1，将

两个2看成一个整体，与两个8和7或1中剩下的数排列，此时有14241CA242=个不同的密码；则一共有122436+=个不同的密码．故选：C．8.已知函数()()1ln0fxxaxa=−−，对任意1x，(20,1x，且12xx，都有()()12121

24fxfxxxxx−−成立，则实数a的取值范围是（）．A.()3,0−B.)3,0−C.(),3−−D.(,3−−【答案】B【解析】【分析】根据已知条件构造新函数，再由函数的单调性，求出a的取值

范围.【详解】当a<0时，易知函数()fx在(0,1上是增函数，不妨设1201xx，则()()12fxfx．由()()1212124fxfxxxxx−−，所以()()()2112124xxfxfxxx−−．所以()()211244f

xfxxx−−，即()()212144fxfxxx++．设()()441lnhxfxxaxxx=+=−−+，则()hx在区间上(0,1是减函数．所以()0hx在(0,1x时恒成立，因为()222441a

xaxhxxxx−−=−−=，所以240xax−−在(0,1x时恒成立，即4axx−在(0,1x时恒成立，即max4axx−．而4yxx=−在区间上(0,1是增函数，所以4yxx=−的最大值为3−，所以3a−，又a<0，所以)3,0a−．故选：B.二、选择

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，有选错或不选的得0分．9.已知na是等比数列，nS是其前n项和，满足3122aaa=+，则下列说法中正确的有（）A.若na是正项数

列，则na是单调递增数列B.nS，2nnSS−，32nnSS−一定是等比数列C.若存在0M，使naM对*nN都成立，则na是等差数列D.若存在0M，使naM对*nN都成立，则nS是等差数列【答案】A

C【解析】【分析】A选项，设出公比，得到方程，结合na是正项数列，得到公比2q=，得到na是单调递增数列；B选项，举出反例；C选项，根据naM对*nN都成立，得到1q=−，从而得到na为常数列，为公差为0的等差数列；D选项，结合C选项，得到当n为偶数时，0nS=，n为

奇数时，10nSa=，D错误.【详解】A选项，设公比为q，故22qq=+，解得1q=−或2q=，若na是正项数列，则10a，0q，故21q=，故na是单调递增数列，A正确；B选项，当1q=−且n为偶数时，nS，2nnSS−，32

nnSS−均为0，不合要求，B错误：C选项，若2q=，则na单调递增，此时不存在0M，使naM对*nN都成立，若1q=−，此时1naa=，故存在1Ma=，使得naM对*nN都成立，此时na为常数列，为公差为0的等差数列，C正确；D选项，由C选项可知，1q=−，故当n为偶数时，0

nS=，当n为奇数时，10nSa=，显然nS不等差数列，D错误.故选：AC.10.甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有“关怀老人”、“环境检测”、“图书义卖”这三个项目，每人都要报名且限报其中一

项．记事件A为“恰有两名同学所报项目相同”，事件B为“只有甲同学一人报‘关怀老人’项目”，则（）．A.四名同学的报名情况共有64种B.“每个项目都有人报名”的报名情况共有36种C.“四名同学最终只报了两个项目”的概率是1427D.()16PBA=【答案】BCD【解

析】【分析】A选项，根据分步乘法计数原理得到A错误；B选项，将四名志愿者分为2，1，1三组，由分步乘是法计数原理得到共有36种；C选项，分两种情况，有3人报名了1个项目，另外1人报名了1个和每2个人报名了1个项目，分别计算出项目数，相加得到答案；D选项，先计算出()PA和(

)PAB，利用条件概率求解公式得到答案.【详解】对于A，由题意可知，甲、乙、丙、丁四名同学每人有3种选择，故四名同学的报名情况共有4381=种，A错误；对于B，现将四名志愿者分为2，1，1三组，共有24C6=种情况，再将其分到三

个活动中，共有33A6=种，由分步乘法计数原理得到6636=种，故“每个项目都有人报名”的报名情况共有36种，B正确；对于C，四名同学最终只报了两个项目，若有3人报名了1个项目，另外1人报名了1个项目，此时有12

2432CCA种情况，若每2个人报名了1个项目，此时有2222423222CCCAA种情况，综上，共有2222122423243222CCCACCA42A+=种情况，“四名同学最终只报了两个项目”的概率是44214327=，C正确；对于D，事件A：先从4名同学选出2人，组成一组，再进行全排列

，故()23434CA439PA==，事件AB：甲同学1人报名‘关怀老人’项目，剩余3人分为2组，和剩余的2个项目进行全排列，故()22324CA2327PAB==，所以()()()16PABPBAPA==，D正确．故选：BCD．11.已知函数()111e−+=−−xxfxax，

则下列说法正确的是（）．A.若()fx在R上单调递增，则1a−B.若1a=，则过点()0,3能作两条直线与曲线()yfx=相切C.若()fx有两个极值点1x，2x，且21xx，则a的取值范围为()1,0−D.若02a，且()1fxa

−的解集为()(),mnnm，则2nm−【答案】AC【解析】【分析】A.由导数和单调性的关系，转化为()0fx恒成立，再利用参变分离，转化为最值问题，即可求解；B.首先设切点()(),tft，利用导数的几何意义求切线方程，转化为关于切点的方程有2个实数

根，利用导数以及零点存在性定理，即可判断；C.转化为导函数有2个零点，利用数形结合，即可求解；D.首先求解不等式()1fxa−，再将nm−转化为关于a的式子，即可求解.【详解】对于A，对()fx求导得：()1exxfxa−=−−，因为函数()fx在R上单调递增，所以()10ex

xfxa−=−−恒成立，即1exxa−−恒成立，记()1exxgx−=，则()maxagx−，因为()11exxgx−−=，当1x时，()0gx，即函数()gx在(,1−上单调递增，当1x时，()0gx，函数()gx在

()1,+上单调递减，因此，函数()gx在1x=处取得最大值()11g=，所以1a−，即1a−，故选项A正确；对于B，1a=时，()111exxfxx−+=−−，()11exxfx−−=−，设()fx图象上

一点()(),tft，则()111ettftt−+=−−，故过点()(),tft的切线方程为()11111eettttytxt−−+−−−=−−−，将()0,3代入上式得()1113110eetttttt−−+−−−=−−−，整理

得124e10ttt−−−−=，构造函数()124e1thttt−=−−−，则()14e21thtt−−=−，构造函数()14e21tmtt−=−−，则()14e2tmt−=−，令()14e20tmt−=−得11ln2t+，令()14e20tmt−=−得11ln2t+，所以函数

()14e21tmtt−=−−在1,1ln2−+上单调递减，在11ln,2++上单调递增，所以()11ln2ln2102mtm+=−，所以()0ht，所以函数()124e1thttt−=−−−单调递增，又()214e10h−−=−

，()104e10h−=−，即方程124e10ttt−−−−=在区间()1,0−仅有一解，从而在R上也仅有一解，所以过点()0,3只能作一条直线与曲线()yfx=相切，B选项错误；对于C，因为函数()fx有两个极值点1x，2x，所以()1exxfxa−=−−有两个零点1x，2x，即方程1

exxa−−=有两个解为1x，2x，记()1exxgx−=，因为()11exxgx−−=，当1x时，()0gx，即函数()gx在(),1−上单调递增，当1x时，()0gx，函数()gx在()1,+上单调递减，因此，函数()gx在1x=处取得最大值()11g=，方程1

exxa−−=有两个解为1x，2x等价于ya=−与1exxy−=图像有两个不同公共点，所以01a−，所以10a−，C选项正确；对于D，由()1fxa−，得()111exxax−++，等价于()1110exxa−+−，即()()1ee0xxa+−，当1x−时，eexa

，1lnxa−，又02a，故lnln20.69a，所以11lnxa−−，当1x−时，eexa，1lnxa−无解，故()1fxa−的解集为()1,1lna−−，此时()()1ln12lnnmaa−=−−−=−，当12a时，0lnln20.69a

，2ln2nma−=−，从而D错误．故选：AC．【点睛】关键点点睛：本题前3个选项都是利用导数解决函数问题，尤其是BC选项，属于函数零点问题，B选项转化为判断零点各数，C选项是已知零点个数，求参数的取值范围.三、填空题：本题共3小题，每小

题5分，共15分．12.已知随机变量()10,XBp，且期望()3EX=，则方差()DX=__________．【答案】2.1【解析】【分析】根据二项分布的期望公式求出p，再根据二项分布的方差公式即可得解.【详解】因为

随机变量()10,XBp，所以()103EXp==，解得0.3p=，所以()()100.310.32.1DX=−=．故答案为：2.1.13.若定义域都为R的函数()fx及其导函数()fx，满足对任意实数x都有()()202522025fxfxx−−=−

，则()20241kfk==__________．【答案】2024【解析】【分析】对()()202522025fxfxx−−=−两边同时求导导数得()()20252fxfx+−=，再利用赋值法与累加法即可得解.【详解】对()

()202522025fxfxx−−=−，两边同时求导导数得()()20252fxfx+−=，则()()120242ff+=，()()220232ff+=，L，()()101210132ff+=，从而()2024121012202

4kfk===．故答案为：202414.各数位数字之和等于6（数字可以重复）的四位数个数为__________（请用数字作答）．【答案】56【解析】【分析】转化为隔板法，解决问题.【详解】设1a，2a，3a，4a对应个位到千位上的数字，则4Na，()1,2,3iai

=N且12346aaaa+++=，相当于6个相同的球排成一排，每个球表示1，先拿一个球装入4a，转化为5个球装入4个盒子，每盒可空，等价于9个球用3个隔板分成4组（各组不可为空），故共有38C56=种．故答案为：56．四、解答题：本题共

5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15.已知一个袋内有4只不同的红球，5只不同的白球．（1）若取一只红球记2分，取一只白球记1分，现从袋中任取5只球，且两种颜色的球都要取到，使总分不小于8分的取法有多少种？（用数字

作答）（2）在条件（1）下，当总分为8分时，先取球再将取出的球随机排成一排，求红球互不相邻的不同排法有多少种？（用数字作答）【答案】（1）45（2）480【解析】【分析】（1）设取出x个红球y个白球，

依题意可确定32xy==或41xy==，再由组合数公式计算可得；（2）总分为8分，则取的个数为红球3个，白球2个，先将球取出，再利用插空法排列，按照分步乘法计数原理计算可得.【小问1详解】设取出x个红球y个白球，依题意可得5281415xyxyxy+=+

，因为,*xyN，所以32xy==或41xy==，∴符合题意的取法种数有32414545CCCC45+=种．【小问2详解】总分为8分，则取的个数为红球3个，白球2个，将取出的球排成一排分两步完成，第一步先取球，共有3245CC40=种，第二步再排，先把2

个白球全排列，再将3个红球插空，共有2323AA12=，根据分步乘法计数原理可得不同排法有4012480=种．16.在412nxx−的展开式中，前3项的系数的绝对值成等差数列．（1）求展开式中二项式系数最大的项及各项系数和；（2）求展开式

中所有的有理项．【答案】（1）5358Tx=,1256（2）41Tx=；5358Tx=；921256Tx=【解析】【分析】（1）借助等差中项的性质与二项式展开式的通项公式计算可得n，再借助二项式系数的增减性与赋值法即可得解；（2）借助二项式展开式的通项公式计算即可得.【小问

1详解】412nxx−展开式的通项公式为()2341411CC22rnrnrrrrnnTxxx−−+=−=−，因为前3项的系数绝对值成等差数列，且前三项系数为0Cn，

11C2n−，21C4n，所以1021CCC4nnn=+，即2980nn−+=，所以8n=，（或1n=舍去）因为8n=，所以8412xx−展开式中二项式系数最大的项为第5项，即()44454184135C82TTxxx+==−=，令1x=得8

1112256−=，即展开式各项系数和为1256；【小问2详解】由8n=，则()3844188411CC22rrrrrrrTxxx−−+=−=−，08r，rN，令344r−Z，∴0r=，4，8，即当0r=、4

、8时对应的项为有理项，所以所有有理项为：41Tx=；5358Tx=；921256Tx=．17.某校为了解高二学生每天的作业完成时长，在该校高二学生中随机选取了100人，对他们每天完成各科作业的总时长进行了调研，结果如下表所示：时长t（小时）)0

,2)2,2.5)2.5,3)3,3.53.5,4人数34334218用表格中的频率估计概率，且每个学生完成各科作业时互不影响，（1）从该校高二学生中随机选取1人，估计该生可以在3小时内完成各科作业的概率；（2）从样本“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生中随机选

取3人，其中共有X人可以在2小时内完成各科作业，求X的分布列和数学期望；（3）从该校高二学生（学生人数较多）中随机选取3人，其中共有人可以在3小时内完成各科作业，人在3小时及以上完成各科作业，试写出数学期望()E

，()E并比较其大小关系.【答案】（1）25（2）分布列见解析，97（3）所以()1.2E=，()1.8E=，()()EE．【解析】【分析】（1）利用古典概型的概率公式求解即可；（2）由题意可知

X的所有取值，再利用古典概型的概率公式求出相应概率，进而得出分布列，再结合期望公式求解即可；（3）由题意可知()3,0.4B，()3,0.6B，再结合二项分布的数学期望求解.【小问1详解】设“从该校高二学生中随机选取1人，这个学生可以在3小时内完成各科作业”

为事件A，所以()34334021001005PA++===．【小问2详解】因为样本中“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生有347+=（人），其中可以在2小时内完成的有3人，若从这7人中随机取3人，则X的所有可能取值为0，1，2，

3，则()3437C40C35PX===，()123437CC181C35PX===，()213437CC122C35PX===，()3337C12C35PX===，所以X的分布列为：X0123P43518351235135所以X的数学

期望为()41812190123353535357EX=+++=．【小问3详解】由题意可知，()3,0.4B，()3,0.6B，所以()30.41.2E==，()30.61.8E==，所以()()EE．18.已知等差数列na与正项等比数列

nb满足113ab==，且33ba−，20，52ab+既等差数列，又是等比数列．（1）求数列na和nb的通项公式；（2）若nnncab=，数列nc的前n项和nS，满足对任意的nN，不等式()5nnSna−恒成立，求实数的取值范围．【答案

】（1）21nan=+，3nnb=．（2）2,81+【解析】【分析】（1）根据条件得到335220baab−==+，求出公比和公差，得到数列na和nb的通项公式；（2）法1：利用错位相减法求和得到13nnSn+=，变形得到1243nn+−，构造()

1243nnnxn+−=N，作差得到()3max281nxx==，求出实数的取值范围；法2：裂项相消法得到13nnSn+=，变形得到1243nn+−，构造()1243nnnxn+−=N，作差得到()3max281nxx==，求出实数的取值范围.【小问1详解】因为33ba

−，20，52ab+既是等差数列，又是等比数列，是故33ba−，20，52ab+的公差为0，公比为1，所以335220baab−==+．又113ab==，设公差为d、公比为()0qq，则()()233220

34320qddq−+=++=，解得32qd==或72558qd=−=（舍去），所以21nan=+，3nnb=．【小问2详解】法1：由（1）可得()213nnnncabn==+，

所以()123335373213nnSn=+++++，()23413335373213nnSn+=+++++，所以()1231233232323213nnnSn+−=++++−+()()()2

111112313921332132313nnnnnnnn−++++−=+−+=−+=−−，所以13nnSn+=．因为对任意的nN，不等式()5nnSna−恒成立，即对任意的nN，不等式1324nn+−恒成立，所以对任意的nN，不等

式1243nn+−恒成立，令()1243nnnxn+−=N，则121222224226121043333nnnnnnnnnnnxx+++++−−−−+−−=−==，所以123xxx，345xxx…，从而对nN，()3max

281nxx==，所以281，即实数的取值范围为2,81+．法2:：()()1213313nnnnnncabnnn+==+=−−，()()()232111323133133nnnnSnnn++=+−++−−=．因为对任意的

nN，不等式()5nnSna−恒成立，即对任意的nN，不等式1324nn+−恒成立，所以对任意的nN，不等式1243nn+−恒成立，令()1243nnnxn+−=N，则121222224226121043333nnnnnnnnnnnxx+++++−−−−+−−=−=

=，所以123xxx，345xxx…，从而对nN，()3max281nxx==，所以281，即实数的取值范围为2,81+．【点睛】关键点点睛：数列单调性思路，作差法判断数列的单调性或看作函数，利用导函数得到单调性，本题利用作差法得到数列的单

调性.19.已知函数()ln1fxxxx=−+，其导函数为()fx．（1）求函数()fx的极值点；（2）若直线yaxb=+是曲线()eyfxx=+的切线，求ab+的最小值；（3）证明：()2ln2ln3ln11,238121n

nnnn+++−−+NL．【答案】（1）函数()fx的极小值点为1x=，没有极大值点．（2）e（3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数判断函数单调性，即可求得函数()fx的极值点.（2）设切点，求出切线方程，求得1eln1abtt+=++−，构造函数()1eln1httt=++−，

利用导数求函数的单调性，从而求出ab+的最小值.（3）利用（1）的结论令(),2xnnn=N，1lnnnn−，可得()22ln111nnnnn−−−，利用累加法结合数列的裂项求和方法，即可证得结论.的的【小问1详解】()fx定义域为

|0xx，()1ln1lnfxxxxx=+−=，当()0,1x时，()0fx，()fx单调递减；当()1,x+时，()0fx，()fx单调递增；所以函数()fx的极小值点为1x=，没有极大值点．【小问2详解】令()()elnegxyf

xxxx==+=+，则()1egxx=+，0x，设切点为()()(),0tgtt，则()lnegttt=+，()1egtt=+，则切线方程为()()1lneeyttxtt−+=+−，即1eln1yxtt=++

−，又yaxb=+是曲线的切线方程，则1eln1atbt=+=−，则1eln1abtt+=++−，令()1eln1httt=++−，0t，()22111thtttt=−=−，0t，

令()01htt==，所以1t时，()0ht，01t时，()0ht，()ht在()0,1单调递减，在()1,+单调递增，所以()()min1ehth==，即ab+的最小值为e．【小问3详解】证明：由（1）可知，()fx在()0,1单调递减，()1,+单调递增，所以()(

)min10fxf==，则ln1xxx−，因为0x，则1lnxxx−，当1x=时取等号，令(),2xnnn=N，则1lnnnn−，因为210n−，所以()22ln111nnnnn−−−，又因为()()21111111nnnnnnn−==−++−，所以2ln

1111nnnn−−+，则ln211323−，ln311834−，…，2ln1111nnnn−−+，累加后可得2ln2ln3ln111111113812334121nnnnn+++−+−++

−=−−++，即()2ln2ln3ln11,238121nnnnn+++−−+N．【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是根据不等式1lnxxx−，得出2ln1111nnnn−−+，利用累加法和裂项相消法证得结论.