精品解析：河北省邯郸市武安市第一中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题

武安一中2024-2025学年第二学期3月考试 高二 数学 时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题（本大题共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. 从4名女同学和3名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法为（ ） A. 12种 B. 7种 C. 4种 D. 3种 2. 设，则（ ） A. B. C. 3 D. 12 3. 教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有（ ） A. 10种 B. 种 C. 种 D. 种 4. 从2，3，4，5，6，7，8，9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为（ ） A. 56 B. 54 C. 53 D. 52 5. 的值为（ ） A. B. C. D. 6. 某班为响应校团委发起的“青年大学习”号召组织了有奖知识竞答活动，第一环节是一道必答题，由甲乙两位同学作答，每人答对的概率均为，两人都答对的概率为，则甲答对的前提下乙也答对的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 某大学有两家餐厅，某同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐，如果第一天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率是；如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率是；则该同学第2天去餐厅用餐的概率是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得部分） 9. 在二项式的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则（ ） A. B. 展开式中没有常数项 C. 展开式所有二项式系数和为1024 D. 展开式所有项的系数和为256 10. 已知函数，下列说法正确的有（ ） A. 曲线在处的切线方程为 B. 的单调递减区间为 C. 的极大值为 D. 方程有两个不同的解 11. 现有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（ ） A. 分给甲、乙两人，每人3本，有20种分法 B. 分给甲、乙两人，一人4本，一人2本，有60种分法 C. 分给甲、乙每人各2本，分给丙、丁每人各1本，有180种分法 D. 分给甲、乙、丙、丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有2160种分法 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 某班新年联欢会原定是5个节目，且已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个新节目增加到原节目单中，那么新节目单可能有种_______. 13. 若函数存在单调递减区间，则实数的取值范围是________． 14. 某企业有4个分厂，新培训了一批6名技术人员，将这6名技术人员分配到各分厂，要求每个分厂至少1人，则不同的分配方案种数为________. 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. 从名男生和名女生中选出人去参加一项创新大赛． （1）如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，那么有多少种选法？ （2）如果男生中的甲和女生中的乙至少要有人在内，那么有多少种选法？ （3）如果人中必须既有男生又有女生，那么有多少种选法？（注：过程详细，结果用数字表示） 16. 某商店收进甲厂生产的产品箱，乙厂生产的同种产品箱，甲厂每箱装个，废品率为，乙厂每箱装个，废品率为，求： （1）任取一箱，从中任取一个为废品的概率； （2）若将所有产品开箱混放，求任取一个为废品的概率． 17. 已知函数. （1）若函数在处取得极值，求，的值; （2）当时，函数在区间上的最小值为，求在该区间上的最大值. 18. 已知函数． （1）求函数的单调区间和极值； （2）若，且，求证：． 19. 对于一个函数和一个点，令函数，若是的极值点，则称点是在的“边界点”． （1）对于函数，证明：对于点，存在点，使得点是在的“边界点”． （2）对于函数，若不存在点，使得点是在的“边界点”，求的取值范围． （3）对于函数，若存在两个不同的点，使得点是在的“边界点”，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 武安一中2024-2025学年第二学期3月考试 高二 数学 时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题（本大题共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. 从4名女同学和3名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法为（ ） A. 12种 B. 7种 C. 4种 D. 3种 【答案】B 【解析】 【分析】根据分类加法计数原理求得正确答案. 【详解】依题意，不同的选法为. 故选：B 2. 设，则（ ） A. B. C. 3 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的定义进行转化即可. 【详解】，. 故选：B 3. 教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有（ ） A. 10种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】D 【解析】 【分析】 通过层与层之间的走法，利用分步计数原理求解一层到五层的走法. 【详解】共分4步：一层到二层2种，二层到三层2种，三层到四层2种，四层到五层2种， 利用分步计数原理可得：一共种. 故选：D. 【点睛】本题主要考查分步计数原理的应用，解题关键是理解好题意，从一层到五层共分四步，考查了分析能力和计算能力，属于基础题. 4. 从2，3，4，5，6，7，8，9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为（ ） A. 56 B. 54 C. 53 D. 52 【答案】D 【解析】 【分析】按照分步乘法计算原理以及对立事件的知识来求得正确答案. 【详解】在8个数中任取2个不同的数，且分别作为一个对数的底数和真数， 共有（个）对数值， 但在这56个对数值中，，，，， 即满足条件的对数值共有（个）． 故选：D 5. 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】用代换和组合数的性质计算即可 【详解】因为，， 故选：C. 6. 某班为响应校团委发起的“青年大学习”号召组织了有奖知识竞答活动，第一环节是一道必答题，由甲乙两位同学作答，每人答对的概率均为，两人都答对的概率为，则甲答对的前提下乙也答对的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】记事件：甲答对，事件：乙答对，分别求出，，利用条件概率公式直接求解即可. 【详解】记事件：甲答对，事件：乙答对， 则有：，， 所以． 故选：D. 7. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合已知要比较函数值的结构特点,可考虑构造函数,然后结合导数与单调性关系分析出时,函数取得最大值,可得最大,然后结合函数单调性即可比较大小. 【详解】设,则, 当时,,函数单调递减,当时,,函数单调递增, 故当时,函数取得最大值, 因为,, , 当时,,函数单调递减,可得, 即. 故选:C 8. 某大学有两家餐厅，某同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐，如果第一天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率是；如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率是；则该同学第2天去餐厅用餐的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题设，应用全概率公式可直接求得该同学第2天去餐厅用餐的概率. 【详解】设 “第1天去A餐厅用餐”，“第1天去B餐厅用餐”，“第2天去A餐厅用餐”， 由题意得：，，， 由全概率公式，得：， 因此，该同学第天去餐厅用餐的概率为. 故选：B. 二、多项选择题（本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得部分） 9. 在二项式的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则（ ） A. B. 展开式中没有常数项 C. 展开式所有二项式系数和为1024 D. 展开式所有项的系数和为256 【答案】BD 【解析】 【分析】利用二项式系数的性质可求的值及展开式所有二项式系数和；根据二项式定理可求常数项；令可求展开式中所有项的系数和. 【详解】因为只有第5项的二项式系数最大，且第5项的二项式系数为，所以，A错误； 因为， ，因为，所以展开式中没有常数项，B正确； 展开式所有二项式系数和为，C错误； 令，可得展开式所有项的系数和为256，D正确． 故选：BD. 10. 已知函数，下列说法正确的有（ ） A. 曲线在处的切线方程为 B. 的单调递减区间为 C. 的极大值为 D. 方程有两个不同的解 【答案】AB 【解析】 【分析】利用导数，结合切线、单调区间、极值、方程的解等知识确定正确答案. 【详解】的定义域为，. A选项，， 所以曲线在处的切线方程为，A选项正确. B选项，令解得， 所以在区间，单调递减，B选项正确. C选项，在区间，单调递增， 所以有极小值，无极大值，C选项错误. D选项，的极小值为， 当时，；当时，， 方程有一个解，D选项错误. 故选：AB 11. 现有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（ ） A. 分给甲、乙两人，每人3本，有20种分法 B. 分给甲、乙两人，一人4本，一人2本，有60种分法 C. 分给甲、乙每人各2本，分给丙、丁每人各1本，有180种分法 D. 分给甲、乙、丙、丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有2160种分法 【答案】AC 【解析】 【分析】利用平均分配和部分平均分配原则，按选项要求一一计算可判定选项. 【详解】先从6本书中分给甲3本有种，剩3本给乙，所以共有种分法，故A正确； 先把6本书分成2组，有种，再分别给甲、乙两人，共有种分法，故B错误； 6本不同的书先分给甲、乙每人各2本，有种分法；其余2本分给丙、丁，有种分法． 所以不同的分配方法有种，故C正确； 先把6本不同的书分成4组：2本、2本、1本、1本，有种分法； 再分给甲、乙、丙、丁四人，所以不同的分配方法有种，故D错误． 故选：AC. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 某班新年联欢会原定是5个节目，且已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个新节目增加到原节目单中，那么新节目单可能有种_______. 【答案】42 【解析】 【分析】利用插空法，分两个新节目在一起和两个新节目不在一起两种情况讨论，分别计算可得. 【详解】原定的5个节目形成6个空． 当插入的这两个新节目在一起时，有插法； 当插入的这两个新节目不在一起时，有插法， 所以总的不同插法的种数为种，即新节目单可能有种排法． 故答案为：42． 13. 若函数存在单调递减区间，则实数的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知，使得成立，则，利用导数求出函数的最大值，即可得出实数的取值范围. 【详解】函数的定义域是，则． 若存在单调递减区间，即，使得成立，则． 令，则， 令，解得，令，解得， 故在上单调递增，在上单调递减，故，故． 故答案为：. 14. 某企业有4个分厂，新培训了一批6名技术人员，将这6名技术人员分配到各分厂，要求每个分厂至少1人，则不同的分配方案种数为________. 【答案】1560 【解析】 【分析】先把6名技术人员分成4组，每组至少一人，有两种情况：（1）4个组的人数按3,1,1,1分配，（2）4个组的人数为2,2,1,1，求出所有的分组方法，然后再把4个组的人分给4个分厂，从而可求得答案 【详解】先把6名技术人员分成4组，每组至少一人. （1）若4个组的人数按3,1,1,1分配， 则不同的分配方案有 (种). （2）若4个组的人数为2,2,1,1， 则不同的分配方案有 (种). 故所有分组方法共有20＋45＝65(种). 再把4个组的人分给4个分厂，不同的方法有 (种). 故答案为：1560 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. 从名男生和名女生中选出人去参加一项创新大赛． （1）如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，那么有多少种选法？ （2）如果男生中的甲和女生中的乙至少要有人在内，那么有多少种选法？ （3）如果人中必须既有男生又有女生，那么有多少种选法？（注：过程详细，结果用数字表示） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分析可知，需在除甲、乙以外的人中任选人，结合组合计数原理可得结果； （2）分情况讨论，第一种甲和乙都在内，第二种情况，甲乙选人，利用组合计数原理结合分类加法计数原理可得结果； （3）利用间接法求解. 【小问1详解】 如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，则在剩下的人中任选人，有种选法. 【小问2详解】 如果男生中的甲和女生中的乙至少要有人在内，包含两种情况， 第一种甲和乙都在内的选法有种， 第二种情况，甲乙选人，有种选法， 则如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，共有种选法； 【小问3详解】 如果人中必须既有男生又有女生，先从所有人中选人， 去掉只有男生和只有女生的情况，故有种选法． 16. 某商店收进甲厂生产的产品箱，乙厂生产的同种产品箱，甲厂每箱装个，废品率为，乙厂每箱装个，废品率为，求： （1）任取一箱，从中任取一个为废品的概率； （2）若将所有产品开箱混放，求任取一个为废品的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）记事件为“任取一箱为甲厂的产品”，事件为“任取一箱为乙厂的产品”， 事件为“从中任取一个为废品”，由题意得，，，，利用全概率公式可求得的值； （2）记事件为“任取一箱为甲厂的产品”，事件为“任取一箱为乙厂的产品”， 事件为“从中任取一个为废品”，求出、以及，，利用全概率公式可求得的值. 【小问1详解】 解：记事件为“任取一箱为甲厂的产品”，事件为“任取一箱为乙厂的产品”， 事件为“从中任取一个为废品”，则，且、互斥， 由题意，得，，，， 由全概率公式得. 【小问2详解】 解：记事件为“任取一箱为甲厂的产品”，事件为“任取一箱为乙厂的产品”， 事件为“从中任取一个为废品”，则，且、互斥， 由题意得，， ，， 由全概率公式得. 17. 已知函数. （1）若函数在处取得极值，求，的值; （2）当时，函数在区间上的最小值为，求在该区间上的最大值. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）本小题根据题意建立方程组，直接解题，再检验即可； （2）本题先判断函数的单调性，再根据最小值建立方程组求参数，最后根据单调性求最大值即可. 【详解】（1） ∴， 解得： ∴ ， 当，当， ∴在递增，递减，满足在处取到极值， ∴满足条件. （2）当时， 时，时，， 在单增，在单减 又； ， ， ， 函数在区间上的最大值为. 【点睛】本题考查函数的导数的应用，函数的极值以及函数的最值、单调区间的求法，考查数形结合思想、转化与化归思想、函数与方程思想的应用，求解时要注意定义域优先法则的应用，同时注意第（1）问中求得的值后，还要进行验证，是中档题． 18. 已知函数． （1）求函数的单调区间和极值； （2）若，且，求证：． 【答案】（1）增区间为，减区间为，极大值为，无极小值 （2）证明:构造辅助函数，， 则， 当时，，，则，则， 所以，在上单调递增，当时，， 故当时，，（*） 由，， 因为函数的增区间为，减区间为， 可设，将代入（*）式可得， 又，所以，． 又，，而在上单调递增， 所以，，即． 【解析】 【分析】（1）利用函数的单调性、极值与导数的关系可得答案； （2）令，，利用导数分析函数在上的单调性，可得出，设，可得出，进一步得出，结合函数在上的单调性可证得结论成立. 【小问1详解】 因为，其中，则， 令，解得，当变化时，、的变化情况如下表： 单调递增 极大值 单调递减 所以，的增区间为，减区间为. 故函数在处取得极大值，无极小值. 【小问2详解】 略. 19. 对于一个函数和一个点，令函数，若是的极值点，则称点是在的“边界点”． （1）对于函数，证明：对于点，存在点，使得点是在的“边界点”． （2）对于函数，若不存在点，使得点是在的“边界点”，求的取值范围． （3）对于函数，若存在两个不同的点，使得点是在的“边界点”，求的取值范围． 【答案】（1） 证明：． 当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增， 则2是的极小值点， 故存在点，使得点是在的“边界点”． （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）由函数的新定义再求导分析单调性得到极值可证； （2）利用函数新定义求出，求导后分和讨论单调性得到极值即可； （3）利用函数新定义求出，求导后分和讨论，当时，再次构造函数，结合零点存在定理分析； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ． 因为不存在点，使得点是在的“边界点”，所以没有极值点． 若，则没有极值点． 若，则当时，， 当时，， 所以在上单调递堿，在上单调递增，所以是的极大值点，是的极小值点． 综上，. 【小问3详解】 ． 因为存在两个不同的点，使得点是在的“边界点”，所以有2个极值点． 令函数． 若，则在上恒成立，所以在上单调递增， 所以最多只有1个零点，即最多只有1个零点，则最多只有1个极值点，不符合题意. 若，则当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． ． 要使得有2个极值点，则有2个零点， 当时，不符合题意． 当时，由，解得． 此时，， ，令函数， 所以在上单调递减，，即． 所以， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以有2个极值点，符合题意． 综上，的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题关键点有两个，一是函数新定义的理解；二是第三小问中关键在于二次构造函数，结合零点存在定理分析. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $