精品解析：浙江省湖州市市属高中2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题

湖州市2024学年第二学期3月月考 数学试题 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 一、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 已知复数，则（ ） A 0 B. 1 C. D. 2 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数在处有极大值，则实数c的值为（ ） A. 2 B. 6 C. 2或6 D. 8 4. 二项式的展开式中，常数项等于（ ） A. 448 B. 900 C. 1120 D. 1792 5. 已知是函数在上的导函数，函数在处取得极小值，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 6. 中国茶文化是中国制茶､饮茶的文化.中国是茶的故乡，中国人发现并利用茶，据说始于神农时代，至少有4700多年历史中华茶文化源远流长，博大精深，不但包含物质文化层面，还包含深厚的精神文明层次.其中绿茶在制茶过程中，在采摘后还有杀青､揉捻､干燥等制作流程.现在某茶厂新招聘了6位工人，分配到这三个工序，揉捻工序至少要分配两位工人，杀青､干燥工序各至少分配一位工人，则不同分配方案数为（ ） A 120 B. 240 C. 300 D. 360 7. 定义在上的单调递减函数，若的导函数存在且满足，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 8. 正四面体的棱长为，点，是它内切球球面上的两点，为正四面体表面上的动点，当线段最长时，的最大值为（ ） A. 2 B. C. 3 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. 现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则（ ） A. 没有空盒子的方法共有24种 B. 可以有空盒子的方法共有128种 C. 恰有1个盒子不放球的方法共有144种 D. 没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有8种 10. 已知连续函数定义域为R，且满足为奇函数，为偶函数，，当时，，则（ ） A. 为偶函数 B. C. 为极大值点 D. 11. 声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数.纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音.若一个复合音的数学模型是函数，则当时，函数一定有（ ） A. 三个不同零点 B. 在上单调递增 C. 有极大值，且极大值为 D. 一条切线为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，含的系数为______. 13. 已知直线是曲线与的公切线，则________. 14. 若任意两个不等正实数，，满足，则的最小值为________. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知展开式的二项式系数和为64，且． （1）求的值； （2）求展开式中二项式系数最大的项； （3）求的值． 16. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求函数的单调区间； （2）若对都有成立，试求实数的取值范围； 17. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，. （1）求角A； （2）作角A的平分线与交于点，且，求. 18. 设数列的前项和为，，且. （1）设，求证数列为等差数列； （2）求； （3）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围. 19. 已知函数. （1）当时，若有两个零点，求实数的取值范围； （2）当时，若有两个极值点，求证:； （3）若在定义域上单调递增，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖州市2024学年第二学期3月月考 数学试题 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 一、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. 已知复数，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简复数，继而求模即可. 【详解】 则， 故选：A. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的定义域、值域化简集合，再利用交集的定义求解. 【详解】依题意，，， 所以. 故选：B 3. 已知函数在处有极大值，则实数c的值为（ ） A. 2 B. 6 C. 2或6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，求出，再检验可得答案. 【详解】由， 得， 因为函数在处有极大值， 所以，解得或， 当时，，令，得或， 当或时，，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以为极大值点，为极小值点，所以不符合题意， 当时，，令，得或， 当或时，，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以为极大值点，为极小值点，所以符合题意， 综上 故选：B. 4. 二项式的展开式中，常数项等于（ ） A. 448 B. 900 C. 1120 D. 1792 【答案】C 【解析】 【分析】 求出二项展开式的通项，令的指数为，即可求解. 【详解】该二项展开式通项为， 令，则，常数项等于. 故选：C. 【点睛】本题考查二项展开式定理，熟记二项展开式通项即可，属于基础题. 5. 已知是函数在上的导函数，函数在处取得极小值，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根极值与导函数的关系确定在附近的正负，得的正负，从而确定正确选项． 【详解】由题意可得，而且在点的左侧附近，，此时，排除B、D； 在点的右侧附近，，此时，排除A， 所以函数的图象可能是C． 故选：C 6. 中国茶文化是中国制茶､饮茶的文化.中国是茶的故乡，中国人发现并利用茶，据说始于神农时代，至少有4700多年历史中华茶文化源远流长，博大精深，不但包含物质文化层面，还包含深厚的精神文明层次.其中绿茶在制茶过程中，在采摘后还有杀青､揉捻､干燥等制作流程.现在某茶厂新招聘了6位工人，分配到这三个工序，揉捻工序至少要分配两位工人，杀青､干燥工序各至少分配一位工人，则不同分配方案数为（ ） A. 120 B. 240 C. 300 D. 360 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分为揉捻工序分配2人、揉捻工序分配3人和揉捻工序分配4人，三种情况，结合排列、组合数的公式和计数原理，即可求解. 【详解】根据题意，新招聘了6位工人，分配到这三个工序，揉捻工序至少要分配两位工人，杀青､干燥工序各至少分配一位工人，可分为三类情况： ①若揉捻工序分配2人，有种分配方案； ②若揉捻工序分配3人，有种分配方案； ③若揉捻工序分配4人，有种分配方案； 由分类计数原理可得，共有种分配方案. 故选：D. 7. 定义在上的单调递减函数，若的导函数存在且满足，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，结合导数以及已知条件判断出的单调性，由此确定正确选项. 【详解】在上单调递减,,又,, 令在上的单调递增， ，即，即，A选项正确. ，即，即，B选项错误. ，即，即，D选项错误. 对于C选项，，即，根据已知条件无法判断是否正确. 所以一定成立的不等式是. 故选：A 8. 正四面体的棱长为，点，是它内切球球面上的两点，为正四面体表面上的动点，当线段最长时，的最大值为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】画出大致立体图，转化为平面向量的数量积，数形结合可得. 【详解】设正四面体的内切球球心为，为的中心，为的中点，连接，，则在上，连接，则． 因为正四面体的棱长为3，所以，所以. 设内切球的半径为，则，，解得， 当为内切球的直径时最长，此时，， ， 因为为正四面体表面上的动点，所以当为正四体的顶点时，最长，的最大值为，所以的最大值为． 故选：C. 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. 现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则（ ） A. 没有空盒子的方法共有24种 B. 可以有空盒子的方法共有128种 C. 恰有1个盒子不放球的方法共有144种 D. 没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有8种 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用全排列计算判断A；每个球有4种放法，利用乘法原理计算判断B；取1个盒子不放球，再将4个球按分成3组放入3个盒子计算判断C；从4个盒4个球中选定一组标号相同的球和盒子，另外3个球3个盒子标号不能对应放，列式计算判断D． 【详解】对于A：4个球全放4个盒中，没有空盒子的放法共种，A正确； 对于B：可以有空盒子，有4个球，每个球有4种放法，共种，B错误； 对于C：恰有1个空盒子，说明另外3个盒子都有球，而球共4个，必然有1个盒子中放了2个球， 先将4个盒中选1个作为空盒，再将4个球中选出2个球绑在一起，再排列共种，C正确； 对于D：恰有一个小球放入自己编号的盒中，从4个盒4个球中选定一组标号相同得球和盒子， 另外3个球3个盒标号不能对应，则共种，故D正确． 故选：ACD 10. 已知连续函数的定义域为R，且满足为奇函数，为偶函数，，当时，，则（ ） A. 为偶函数 B. C. 为极大值点 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意得到函数是以项为周期的周期函数，且关于中心对称和对称，结合选项，逐项判定，即可求解. 【详解】由为奇函数，可得函数关于中心对称，即， 又由为偶函数，可得关于对称，即，所以A不正确； 因为且，令，可得，所以B正确； 由时，，可得函数单调递增， 因为关于对称，可得函数在单调递减，所以为的极大值点，所以C正确； 由函数关于中心对称，可得，所以， 因为且，可得， 所以，所以函数是以项为周期的周期函数， 可得，所以， 所以，所以D错误. 故选：BC. 11. 声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数.纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音.若一个复合音的数学模型是函数，则当时，函数一定有（ ） A. 三个不同零点 B. 在上单调递增 C. 有极大值，且极大值为 D. 一条切线为 【答案】BC 【解析】 【分析】求出函数的零点判断A；求出函数的导数，判断单调性、求出极大值判断BC；求出图象在原点处的切线方程判断D作答. 【详解】对于A，由得：，即或， 而，有，解得或，A错误； 对于B，， 当时，，，于是，且当时，则在上递增，B正确； 对于C，由选项B知，当时，单调递增， 当时，单调递减，因此当时，取得极大值，C正确； 对于D，显然函数过原点，，而，因此图象在原点处的切线方程为， 因为直线过原点，因此直线不是图象在原点处的切线， 令，，，即函数在上单调递增， 当时，，即，于是函数在上的图象总在直线的下方， 所以直线不可能为图象的切线，D错误. 故选：BC 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，含的系数为______. 【答案】360 【解析】 【分析】把的展开式看成是5个因式的乘积形式，按照分步相乘原理，求出含项的系数即可． 【详解】把的展开式看成是5个因式的乘积形式， 展开式中，含项的系数可以按如下步骤得到： 第一步，从5个因式中任选2个因式，这2个因式取，有种取法； 第二步，从剩余的3个因式中任选2个因式，都取，有种取法； 第三步，把剩余的1个因式中取，有种取法； 根据分步相乘原理，得；含项的系数是 故答案为：. 13. 已知直线是曲线与的公切线，则________. 【答案】 【解析】 【分析】设设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点， 然后求出，，再根据导数的几何意义求出切线方程，联立切线方程即可求解. 【详解】设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点， 由于，， 所以，，，， 所以由点在切线上，得切线方程为， 由点在切线上，得切线方程为， 故解得. 故答案为：. 14. 若任意两个不等正实数，，满足，则的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】不妨令，即可得到，令，依题意只需在上单调递减，利用导数求出函数的单调区间，即可求出参数的取值范围. 【详解】不妨令，则， 所以不等式可转化为， ，即， 令，则， 即在上单调递减， 由， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， ，即的最小值为. 故答案为：. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知展开式的二项式系数和为64，且． （1）求的值； （2）求展开式中二项式系数最大的项； （3）求的值． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由题可得，然后根据二项展开式的通项即得； （2）由题可知第四项的二项式系数最大，然后根据展开式的通项即得； （3）由题可得，然后利用赋值法即得. 【小问1详解】 ∵的展开式的所有项的二项式系数和为， ∴， 故展开式中第三项为：， 所以； 【小问2详解】 ∵， ∴第四项的二项式系数最大， 所以展开式中二项式系数最大的项； 【小问3详解】 因为， ∴， 令，可得. 16. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求函数的单调区间； （2）若对都有成立，试求实数的取值范围； 【答案】（1）的单调增区间是，单调减区间是;（2）. 【解析】 【详解】试题分析：（1）由导数几何意义得，求导数，列方程，解值.再解导函数零点，列表分析导函数符号变化规律，确定函数单调区间；（2）不等式恒成立问题，一般转化为对应函数最值问题，即,利用导数确定函数最小值，最后解不等式即得实数的取值范围. 试题解析：（1）直线的斜率1.函数的定义域为，， 所以，解得.所以，. 由解得；由解得， 所以的单调增区间是，单调减区间是. （2），由解得；由解得. 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以当时，函数取得最小值，， 因为对于都有成立，所以只须即可， 即，解得. 17. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，. （1）求角A； （2）作角A的平分线与交于点，且，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互化，化简后利用正切值求角即得； （2）充分利用三角形的角平分线将三角形面积进行分割化简得，再运用余弦定理解方程即得. 【小问1详解】 因，由正弦定理可得：， 即 因，故，则有，即， 因，故. 【小问2详解】 因为角平分线，所以， 所以. 因，，，则， 即，所以. 又由余弦定理可得：， 把，分别代入化简得：， 解得：或（舍去），所以. 18. 设数列的前项和为，，且. （1）设，求证数列为等差数列； （2）求； （3）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）. 【解析】 【分析】（1）由可得答案； （2）求得，得到，运用数列错位相减法求和得到； （3）结合（2）化简不等式，再由参数分离得到，再对讨论，利用单调性可得到的最小值. 【详解】（1）， 即， 所以数列是首项为，公差为1的等差数列； （2）由（1）得，即，， ，① ，② ①-②，得， 所以； （3）不等式即为，化简得，对任意恒成立， 令，则， 所以时，，即； 时，，即； 时，，即； 所以， 所以的最大项为， 所以. 【点睛】本题考查了数列的通项公式和前n项和公式的求法，注意错位相减的合理运用,以及常数分离法解决恒成立的问题. 19. 已知函数. （1）当时，若有两个零点，求实数的取值范围； （2）当时，若有两个极值点，求证:； （3）若在定义域上单调递增，求的最小值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）设，利用导数判断出的单调性求出极值可得答案； （2）（法一）设，利用导数判断出的单调性，要证只要证在上恒正即可，求导可得答案； （法二），可得在有两个不等的实根， 即，利用对数均值不等式可得答案； （3）（法一）转化为恒成立，设的极大值点为，即，由，利用导数判断出的单调性求即可. （法二）即恒成立，表示以为动点的抛物线，两者有公共点，联立方程可得恒成立，即，利用导数求出可得答案. 【小问1详解】 设，则， 在上单调递减，上单调递增，上单调递减， ，， ，当时，， 所以在上、上各有一个零点， 时有两个零点； 【小问2详解】 （法一） ，设，则， 在上单调递增，在上单调递减，， ， 要证，只要证，只要证， 只要证，在上恒正即可， 而 ， 在上递增，成立； （法二），则， 由题意可得:在有两个不等的实根， 即， ， 下证：对均不等式， 不妨设，则，令， 证即证， 即证在成立，设， ， 所以在上单调递减，可得， 即，可得， 由对均不等式可得：， ，故； 【小问3详解】 （法一）恒成立， 恒成立， ， 当且仅当时，有最大值（这时即为极大值）， 设的极大值点为，则， ， ， 而， 在上减，在上单调递增，在上单调递减， ， 这时； （法二）恒成立， 它表示以为动点的直线及其上方的点， 表示以为动点抛物线，两者有公共点， ， 消去得， 恒成立， ， 在上单调递增，在上单调递减， ， 当且仅当时取等号. 【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）利用导数证明不等式或研究零点问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$