精品解析：河南省郑州市中牟县第一高级中学2024-2025学年高二下学期第二次（3月）月考数学试题

2024——2025学年高二下学期第二次月考 数学试题 命题人： 审题人： 一、单项选择题（8小题，每题5分，共40分） 1. 若，则（ ） A. 380 B. 190 C. 188 D. 240 2. 从包含甲、乙两人的人中选出人分别担任班长、团支书、学习委员，则甲、乙至多有人被选中的不同选法有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 3. 若函数在其定义域上只有3个极值点，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 4. 函数在区间的最小值、最大值分别为（ ） A B. C. D. 5. 已知函数在定义域上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数 是定义在的奇函数，当 时， ，则不等式 的解集为（       ） A. B. C. D. 7. 某学校拟派2名语文老师、3名数学老师和3名体育老师共8人组成两个支教分队，平均分到甲、乙两个村进行义务支教，其中每个分队都必须有语文老师、数学老师和体育老师，则不同的分配方案有（ ） A. 72种 B. 36种 C. 24种 D. 18种 8. 函数f（x）的图象大致是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（3小题，每题6分，共18分） 9. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某校计划在社会实践中开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每天开设一门，连续开设6天，则下列结论正确的是（ ） A. 从六门课程中选两门不同选法共有20种 B. 课程“数”不排在最后一天的不同排法共有600种 C. 课程“礼”、“书”排在相邻两天不同排法共有240种 D. 课程“乐”、“射”、“御”排在都不相邻的三天的不同排法共有72种 10. 下面说法不正确是（ ） A. 若不存在，则曲线在点处没有切线 B. 若曲线在点处有切线，则必存在 C. 若不存在，则曲线在点处的切线斜率不存在 D. 若曲线在点处没有切线，则有可能存在 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若在上单调递减，则的最大值为1 B. 当时， C. 当时， D. 存在直线，使得与的图象有4个交点 三、填空题（3小题，每题5分，共15分） 12. 从A，B，C，D，E这5人中选出4人，安排在甲、乙、丙、丁4个岗位上，如果A不能安排在甲岗位上，则不同的安排方法有______种． 13. 若二项式展开式中的常数项为160，则______． 14. 已知函数，若对，则实数取值范围为__________． 四、解答题（5小题，77分） 15. 用0，1，2，3，4，5这六个数字，能组成多少个符合下列条件的数字？（运算结果以数字作答） （1）无重复数字的四位偶数； （2）无重复数字且为5的倍数的四位数； （3）无重复数字且比1230大的四位数． 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，，讨论的零点个数. 17. 已知函数 （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）试讨论的单调性． 18. 现有编号为的3个不同的红球和编号为的2个不同的白球． （1）若将这些球排成一排，且要求两个球相邻，则有多少种不同的排法？ （2）若将这些球排成一排，且要求球排在中间，两个球不相邻，则有多少种不同的排法？ （3）若将这些球放入甲、乙、丙三个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则有多少种不同的放法？ 19. 已知函数. （1）求函数的极值； （2）求证：当时，； （3）若.其中.讨论函数的零点个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024——2025学年高二下学期第二次月考 数学试题 命题人： 审题人： 一、单项选择题（8小题，每题5分，共40分） 1. 若，则（ ） A. 380 B. 190 C. 188 D. 240 【答案】B 【解析】 【分析】利用组合数的性质求出，再求出答案. 【详解】由，得，所以. 故选：B 2. 从包含甲、乙两人的人中选出人分别担任班长、团支书、学习委员，则甲、乙至多有人被选中的不同选法有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】C 【解析】 【分析】利用间接法即可得解. 【详解】从包含甲、乙两人的人中选出人分别担任班长、团支书、学习委员，不同的选法种数为种， 若甲、乙两人都被选中，则不同的选法种数为种， 因此，甲、乙至多有人被选中的不同选法有种. 故选：C. 3. 若函数在其定义域上只有3个极值点，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由函数，求导，根据函数在上只有3个极值点，转化为在上只有3个零点，即 在上只有3个零点，令，用导数法作出函数图象，利用数形结合法求解. 【详解】因为函数， 所以， 因为函数在上只有3个极值点， 所以在上只有3个零点， 即 在上只有3个零点， 令，则 ， 当或 时， ，当 时，， 当时，， 作出函数图象，如图所示： 所以 故选：B 【点睛】本题主要考查导数与函数的极值点，还考查了数形结合的思想方法，属于中档题. 4. 函数在区间的最小值、最大值分别为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数求得的单调区间，从而判断出在区间上的最小值和最大值. 【详解】， 所以在区间和上，即单调递增； 在区间上，即单调递减， 又，，， 所以在区间上的最小值为，最大值为. 故选：D 5. 已知函数在定义域上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得函数的定义域，然后由恒成立来求得的取值范围. 【详解】由，解得， 所以的定义域是， 依题意可知在区间上恒成立， 即在区间上恒成立， 即在区间上恒成立， 由于， 所以的最大值为， 所以. 故选：D. 6. 已知函数 是定义在的奇函数，当 时， ，则不等式 的解集为（       ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，利用导数判断在上的单调性，再根据奇偶性得在上的单调性，利用的奇偶性和单调性解不等式即可. 【详解】由题意，令，则， 当时，，即， 所以在上单调递减； 又为上的奇函数， 则， 所以为定义在上的偶函数， 所以在上单调递增； 由，得， 当，即时，不等式可化为，即， 由在上单调递减，得，解得，故； 当，即时，不等式可化为，即， 由在上单调递增，得，解得，故； 综上所述，不等式的解集为：． 故选：D． 7. 某学校拟派2名语文老师、3名数学老师和3名体育老师共8人组成两个支教分队，平均分到甲、乙两个村进行义务支教，其中每个分队都必须有语文老师、数学老师和体育老师，则不同的分配方案有（ ） A. 72种 B. 36种 C. 24种 D. 18种 【答案】B 【解析】 【分析】先分配语文老师，再把数学体育老师按1，2和2，1分配，或2，1和1，2分配即可求解； 【详解】两名语文老师由种分配方程； 数学老师按1，2分，则体育老师按2，1分， 或数学老师按2，1分，则体育老师按1，2分，共有, 所以不同的分配方案有， 故选：B 8. 函数f（x）的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出f(x)的导函数,利用导数研究函数的单调性,然后结合图象得到答案. 【详解】解:由f(x),得f′(x), 令g(x)＝1,则g′(x)0, 所以g(x)在(0,+∞)上单调递减, 又g(e)0,g(e2)0, 所以存在x0∈(e,e2),使得g(x0)＝0, 所以当x∈(0,x0)时,g(x)＞0,f′(x)＞0; 当x∈(x0,+∞)时,g(x)＜0,f′(x)＜0, 所以f(x)(0,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减. 故选:C. 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和零点存在定理,属中档题. 二、多项选择题（3小题，每题6分，共18分） 9. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某校计划在社会实践中开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每天开设一门，连续开设6天，则下列结论正确的是（ ） A. 从六门课程中选两门的不同选法共有20种 B. 课程“数”不排在最后一天的不同排法共有600种 C. 课程“礼”、“书”排在相邻两天的不同排法共有240种 D. 课程“乐”、“射”、“御”排在都不相邻的三天的不同排法共有72种 【答案】BC 【解析】 【分析】根据给定条件利用排列、组合知识，逐项分析计算判断作答. 【详解】对于A，从六门课程中选两门的不同选法有种，A不正确； 对于B，前5天中任取1天排“数”，再排其它五门体验课程共有种，B正确； 对于C，“礼”、“书”排在相邻两天，可将“礼”、“书”视为一个元素，不同排法共有种，C正确； 对于D，先排“礼”、 “书”、“数”，再用插空法排“乐”、“射”、“御”， 不同排法共有种，D不正确. 故选：BC 10. 下面说法不正确的是（ ） A. 若不存在，则曲线在点处没有切线 B. 若曲线在点处有切线，则必存在 C. 若不存在，则曲线在点处的切线斜率不存在 D. 若曲线点处没有切线，则有可能存在 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，结合题意，对每个选项逐项判定可得答案. 【详解】对于A，若不存在，则曲线在点不一定没有切线， 例如，函数，可得在的导数不存在， 但曲线在该点处的切线方程为，故A错误； 对于B，若曲线在点处有切线，则不一定存在， 例如，函数，可得在的切线方程为， 但不存在，故B错误； 对于C，若不存在，根据曲线在某点处的导数的几何意义， 可得曲线在点处的切线斜率不存在，故C正确； 对于D，若曲线在点处没有切线，则一定不存在，故D错误. 故选：ABD. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若在上单调递减，则最大值为1 B. 当时， C. 当时， D. 存在直线，使得与的图象有4个交点 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，求导确定单调性即可判断；对于BC，构造函数求导，确定单调性可判断；对于D，画出得图象，由图象可判断. 【详解】解：，由，解得，的最大值为，故A不正确； 当时，，即. 设，则， 在处取得最小值，故B正确； 当时，，即. 由B选项的过程知，在时，， 在上单调递减，，故C正确； 画出的图象如图， 可知存在直线，使得与的图象有4个交点，故D正确， 故选：BCD. 三、填空题（3小题，每题5分，共15分） 12. 从A，B，C，D，E这5人中选出4人，安排在甲、乙、丙、丁4个岗位上，如果A不能安排在甲岗位上，则不同的安排方法有______种． 【答案】96 【解析】 【分析】由题意，根据  是否入选进行分类，分为若  入选和 不入选，再对剩下的人进行安排，用到分类加法和分步乘法计数原理. 【详解】 由题意可知，根据  是否入选进行分类， 若  入选，则先给  从乙、丙、丁 3 个岗位上安排一个岗位，有 3 种， 再给剩下三个岗位安排人，有 （种），共有 种 （种）方法； 若  不入选，则 4 个人 4 个岗位全排，有  (种) 方法. 所以共有  (种) 不同的安排方法. 故答案为：96. 13. 若二项式展开式中的常数项为160，则______． 【答案】2 【解析】 【分析】求出二项展开式的通项，令的指数等于零，再根据题意建立等量关系，即可求出. 【详解】由题二项式展开式的通项公式为：， 所以当时的项为常数项，解得. 故答案为：2. 14. 已知函数，若对，则实数的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先求导函数再根据导函数正负得出函数单调性即可得出函数的最小值，再把恒成立问题转化为最值计算求解. 【详解】由题可得， 当时，，在上递减；当时，，所以在上递增； 则， 所以，又，即，则． 故答案为：. 四、解答题（5小题，77分） 15. 用0，1，2，3，4，5这六个数字，能组成多少个符合下列条件的数字？（运算结果以数字作答） （1）无重复数字的四位偶数； （2）无重复数字且为5的倍数的四位数； （3）无重复数字且比1230大的四位数． 【答案】（1）个 （2）个 （3）个 【解析】 【分析】（1）分个位数字0，2，4，三种情况分别应用排列计算结合分类加法原理计算即可； （2）分个位数字为0，5，两种情况分别应用排列计算结合分类加法原理计算即可； （3）分首位数字，百位数字，十位数字，个位数字比1230大分类讨论列排列数结合加法原理计算求解. 【小问1详解】 符合要求的四位偶数可分为两类． 第一类，0在个位时有个； 第二类，2或4在个位时，首位从1，3，4（或2），5中选（有种情况），十位和百位从余下的数字中选（有种情况），于是有个． 由分类加法计数原理知，共有四位偶数（个）． 【小问2详解】 符合要求的数可分为两类：第一类：0在个位时有个； 第二类：5在个位时有个． 故满足条件的四位数共有（个）． 【小问3详解】 符合要求的比1230大的四位数可分为四类： 第一类：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共有个； 第二类：形如13□□，14□□，15□□，共有个； 第三类：形如124□，125□，共有个； 第四类：形如123□，共有个． 由分类加法计数原理知， 无重复数字且比1230大的四位数共有（个）． 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，，讨论的零点个数. 【答案】（1）答案见解析 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）求，根据a的范围分类讨论导数的正负，从而判断f(x)的单调性； （2）令并参变分离，将问题转化为三次函数与常数函数图象交点问题. 【小问1详解】 的定义域为R，. 若，令，得或，令，得； 若，令，得或，令，得. 综上，当时，在，上单调递增，在上单调递减； 当时，在，上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 当时，， 令，则， 令， 则. 当和时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以的极小值为，的极大值为， 画出函数的大致图象，如图， 由图可知， 当或时，函数有1个零点； 当或时，函数有2个零点； 当时，函数有3个零点. 17. 已知函数 （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）试讨论的单调性． 【答案】（1）. （2）见解析 【解析】 【分析】（1）先求导，再利用导数的几何意义求出切线的斜率，最后利用点斜式求出切线方程； （2）先求导，再分类讨论，根据导数和函数单调性的关系即可求出. 【小问1详解】 当，， 所以， 所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 因为， 所以. 当时，，令，得， 令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增. 当时，令，解得或. 当时，，所以在上单调递增. 当时，，令，解得或， 令，解得， 所以在和上单调递增，在上单调递减. 当时，，令，解得或， 令，解得， 所以在和上单调递增，在上单调递减. 综上所述：当时，上单调递减，在上单调递增， 当时， 在上单调递增， 当时，在和上单调递增，在上单调递减， 当时，在和上单调递增，在上单调递减. 18. 现有编号为的3个不同的红球和编号为的2个不同的白球． （1）若将这些球排成一排，且要求两个球相邻，则有多少种不同的排法？ （2）若将这些球排成一排，且要求球排在中间，两个球不相邻，则有多少种不同的排法？ （3）若将这些球放入甲、乙、丙三个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则有多少种不同的放法？ 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由捆绑法求解即可； （2）先确定A，再将安排在两边，进而可求解； （3）将5个小球按3，1，1和2，2，1分3组，再全排列即可； 【小问1详解】 将两个球捆绑在一起和其他球进行全排列，有种不同的排法． 【小问2详解】 先把球排在中间位置，再从球的两侧各选一个位置排两个球，其余球任意排列，所以有种不同的排法． 【小问3详解】 先把5个小球分成3组，再放入3个盒子中． 若按3，1，1分配，则有种不同的放法； 若按2，2，1分配，则有种不同的放法． 所以共有种不同的放法． 19. 已知函数. （1）求函数的极值； （2）求证：当时，； （3）若.其中.讨论函数的零点个数. 【答案】（1） （2）证明见解析； （3）答案见解析； 【解析】 【分析】（1）利用极值的定义求解； （2）将不等式转化为当时，，令，由证明； （3）根据，分和先去掉绝对值，然后利用导数法求解. 【小问1详解】 因为， 所以，令，得， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增， 所以的极小值为：； 【小问2详解】 原不等式等价于当时，， 即当时，， 令，则， 令，则， 所以在上递增，即在上递增， 所以，则在上递减， 所以，所以原不等式成立； 【小问3详解】 ， 当时，， 又，则在上递增，且，， 所以在上总有一个零点； 当时，，则， 当时，，在上递增；， 在无零点； 当，时，，当时，， 所以，令 ，得 ， 当 时，，在无零点； 当时，，在上有唯一零点； 当时，，又， 由（2）知，，， 由零点存在定理知：在、上各有一个零点， 综上：当时，有一个零点；当时，有两个零点； 当时，有三个零点. 【点睛】思路点睛：根据，先去掉绝对值，易知时， 在上总有一个零点，当时，由，分 ，和，讨论的单调性，从而得到最小值而得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $