精品解析：山东省部分学校2024-2025学年高二下学期质量监测联合调考数学试题

山东高二质量监测联合调考 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第二册、选择性必修第三册第六章第1节至第2节. 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. 已知从甲地到丙地要经过乙地，从甲地到乙地有3条路线可供选择，从乙地到丙地有2条路线可供选择，则从甲地到丙地不同的路线有（ ） A. 3条 B. 4条 C. 6条 D. 9条 2. 已知函数，当自变量由5变到5.1时，函数的平均变化率为（ ） A. 1 B. 1.1 C. 5.1 D. 10.1 3. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，某仿古双层编钟模型摆件由9枚大小不同的编钟组成，若将这9枚编钟重新悬挂，上层4枚，下层5枚，且要求每层编钟左边都比右边的大，则不同的悬挂方法有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 5. “十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于．若第六个单音的频率为，则第十二个单音的频率为（ ） A. B. C. D. 6. 某班某次班会准备从甲、乙2名女同学及其他5名男同学中安排5名同学依次发言．若甲、乙同时参与，且前3名发言的同学中有女同学，则不同的安排方法有（ ） A. 840种 B. 960种 C. 1080种 D. 1200种 7. 某工人给排成一排的块地砖上色，可用颜色为固定的第1号至第号，共种颜色，其中，．上色完毕后，若满足相邻两块地砖颜色不同，且只使用了第1号至第号颜色（每种颜色至少使用一次，，），则称此方案为一种上色方案．当时，不同的上色方案共有（ ） A. 12种 B. 14种 C. 16种 D. 18种 8. 在我国古代建筑中，梁一直是很重要的组成部分，现代工程科学常用抗弯截面系数来刻画梁的承重能力.若梁的截面形状是圆，且圆形截面的半径为，则抗弯截面系数；若梁的截面形状是正方形，且正方形截面的边长为，则抗弯截面系数；若梁的截面形状是长方形，且长方形截面的长为，宽为，则抗弯截面系数.若上述三种截面形状的梁的截面周长相同，则（ ） A. B. C. D. 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. 已知函数的导函数为，的部分图象如图所示，则（ ） A. 在上单调递增 B. 在上单调递减 C. 是的极小值点 D. 是的极小值点 10. 如图，将一个等腰三角形去掉顶部的小三角形后，剩余部分均分成个高为1的等腰梯形，记第1个梯形的上、下底边长分别为，，则（ ） A. 第个梯形的上底边长为 B. 第个梯形的下底边长为 C. 第个梯形的面积为 D. 前个梯形的面积之和为 11. 记为数列的前项和，为的前项积，且满足，，则（ ） A. 是中的最小项 B. C. 存在，使得，，成等差数列 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则________． 13. 已知函数在上单调递减，则________． 14. 若偶函数的定义域为，满足，且当时，，则不等式的解集是________． 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. 甲、乙、丙等7名同学站成一排照相． （1）甲、乙、丙3名同学相邻的排法共有多少种？ （2）甲、乙、丙3名同学不相邻的排法共有多少种？ 16. 已知是等差数列，是等比数列，且，，，． （1）求，的通项公式； （2）若，求的值； （3）若，求数列的前项和． 17. 已知函数． （1）若，求在上的值域； （2）若，求在上的零点个数． 18. 已知函数，，，． （1）求的单调区间； （2）若的最大值为1，证明：对任意的，； （3）当时，若恒成立，求实数的取值范围． 19. 若连续函数的极值点是函数的零点，为函数的导函数，且存在实数满足，则称是的强化原生函数，记的最大值为，则为的强化原生系数．已知函数． （1）设函数，证明有唯一极值点，并求出满足的整数的值． （2）设函数，函数．已知是的强化原生函数． （i）证明：． （ii）求的强化原生系数的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东高二质量监测联合调考 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第二册、选择性必修第三册第六章第1节至第2节. 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. 已知从甲地到丙地要经过乙地，从甲地到乙地有3条路线可供选择，从乙地到丙地有2条路线可供选择，则从甲地到丙地不同的路线有（ ） A. 3条 B. 4条 C. 6条 D. 9条 【答案】C 【解析】 【分析】由分步乘法计数原理即可直接计算求解. 【详解】由分步乘法计数原理得从甲地到丙地不同的路线有条. 故选：C 2. 已知函数，当自变量由5变到5.1时，函数的平均变化率为（ ） A. 1 B. 1.1 C. 5.1 D. 10.1 【答案】D 【解析】 【分析】由函数的平均变化率定义直接计算即可. 【详解】由题函数的平均变化率为. 故选：D 3. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由题意结合导数几何意义依次求出切点和切线斜率，再由点斜式即可求解. 【详解】由题，且， 所以切线斜率为， 所以所求切线方程为即. 故选：B 4. 如图，某仿古双层编钟模型摆件由9枚大小不同的编钟组成，若将这9枚编钟重新悬挂，上层4枚，下层5枚，且要求每层编钟左边都比右边的大，则不同的悬挂方法有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】A 【解析】 【分析】由于上下两层排法都只有1种，只需从9枚中取4枚放在上层，应用组合数求结果即可. 【详解】9枚任选4枚放上层，有种， 又因为每层编钟左边都比右边的大，则上下排法均只有1种， 所以不同的悬挂方法有种. 故选：A. 5. “十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于．若第六个单音的频率为，则第十二个单音的频率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设第n个单音的频率为，根据题意知数列是等比数列，由和公比结合推广的等比数列通项公式即可求解. 【详解】设第n个单音的频率为， 则由题意知数列是等比数列，且公比为，， 所以第十二个单音的频率为. 故选：D 6. 某班某次班会准备从甲、乙2名女同学及其他5名男同学中安排5名同学依次发言．若甲、乙同时参与，且前3名发言的同学中有女同学，则不同的安排方法有（ ） A. 840种 B. 960种 C. 1080种 D. 1200种 【答案】C 【解析】 【分析】先从5名男同学中选3人，再分前3名同学有1名女同学，2名女同学2种情况排前3名同学，最后排剩下2名同学可得总安排方法数. 【详解】先从5名男同学中选3人，有种情况； 若前3名同学中，只有1名女同学，则先从3名男生中选2名，有种情况， 再从2名女生中选一名，有2种情况，再将前3人排成一列，有种情况， 最后排剩下2人，有种方法，则前3名同学中， 只有1名女同学的总情况数为：； 若前3名同学中，有2名女同学，则先从3名男生中选1名，有种情况， 再将前3人排成一列，有种情况，最后排剩下2人，有种方法， 则前3名同学中，有2名女同学的总情况数为：； 故不同的安排方法有. 故选：C 7. 某工人给排成一排的块地砖上色，可用颜色为固定的第1号至第号，共种颜色，其中，．上色完毕后，若满足相邻两块地砖颜色不同，且只使用了第1号至第号颜色（每种颜色至少使用一次，，），则称此方案为一种上色方案．当时，不同的上色方案共有（ ） A. 12种 B. 14种 C. 16种 D. 18种 【答案】D 【解析】 【分析】由题意，分3步完成该问题，第一步，3种颜色中选一种颜色给2块地砖上色，第二步，选出2块不能相邻地砖，第三步，剩下2块地砖用余下的两种颜色上色，即可根据分步乘法原理求得上色方案种数. 【详解】由已知，排成一排的4块地砖上3种颜色，满足相邻两块地砖颜色不同，每种颜色至少使用一次， 3种颜色中选一种颜色给2块地砖上色，有种方法， 且该2块地砖不能相邻，有3种情况， 即第一、第三块地砖同颜色或第一、第四块地砖同颜色或第二、第四块地砖同颜色， 然后剩下2块地砖用余下的两种颜色上色，有种方法， 所以上色方案共有种. 故选：D. 8. 在我国古代建筑中，梁一直是很重要的组成部分，现代工程科学常用抗弯截面系数来刻画梁的承重能力.若梁的截面形状是圆，且圆形截面的半径为，则抗弯截面系数；若梁的截面形状是正方形，且正方形截面的边长为，则抗弯截面系数；若梁的截面形状是长方形，且长方形截面的长为，宽为，则抗弯截面系数.若上述三种截面形状的梁的截面周长相同，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意分别得到的表达式，即可构造函数，根据导数求解函数的单调性求解。 【详解】记这三种截面的周长为C，则，从而， ，. 由，得. 令，，则， 显然在上恒成立，故在上单调递增， 因为，，所以. 因为，所以. 故选:D 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. 已知函数的导函数为，的部分图象如图所示，则（ ） A. 在上单调递增 B. 在上单调递减 C. 是的极小值点 D. 是的极小值点 【答案】AC 【解析】 【分析】根据图象中导数的正负情况结合导数与单调性的关系、极值点得定义即可得解. 【详解】由图可知：当时，， 所以函数在上单调递增， 所以函数在上单调递增，在上也单调递增，故A正确，BD错误； 又由图可知，且在左边导数， 所以函数在左边附近单调递减，故是的极小值点.故C正确. 故选：AC 10. 如图，将一个等腰三角形去掉顶部的小三角形后，剩余部分均分成个高为1的等腰梯形，记第1个梯形的上、下底边长分别为，，则（ ） A. 第个梯形的上底边长为 B. 第个梯形的下底边长为 C. 第个梯形的面积为 D. 前个梯形的面积之和为 【答案】BCD 【解析】 【分析】先由题意得每一个梯形的上底和下底的长度差是相等的，这个长度差为，再由等差数列通项公式和前n项和公式即可依次计算判断各选项. 【详解】由题意可知，即， 即每一个梯形的上底和下底的长度差是相等的，这个长度差为， 对于A，由上可得第n个梯形的上底边长为，故A错误； 对于B，由上可得第个梯形的下底边长为，故B正确； 对于C，第个梯形的面积为，故C正确； 对于D，由C前个梯形的面积之和为，故D正确. 故选：BCD. 11. 记为数列的前项和，为的前项积，且满足，，则（ ） A. 是中的最小项 B. C. 存在，使得，，成等差数列 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据构造函数，利用导函数判断A，根据题意求出的范围判断B，利用反证法假设存在判断C，对于D，先证明，故可判断和的大小. 【详解】选项A，已知，且， 当时，，因为，所以， 对于函数，，其导数， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故的最小值为. 因为，故. 当时，由可得， 故由前述函数的性质可得， 又因为，是中的最小项，故A正确； 由A的分析可得函数在上单调递减. 又因为，所以， 而，设， 则，故在为减函数， 故，故即，故B正确. 选项C，假设存在，使得，，成等差数列， 则，由可得， 所以，， 故， 故 ， 若，则，依次有， 依次有，而，故，矛盾，故， 所以，而，故，矛盾， 故C错误. 选项D，设，， 则， 当时，，当时，， 故在为减函数，在上为增函数， 故即在上恒成立， 故在上恒成立，即在上恒成立， 而，故， 故当时， 而，故， 当时，，故成立，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则________． 【答案】4 【解析】 【分析】先依次求出，即可求解. 【详解】由题，所以， 所以. 故答案为：4 13. 已知函数在上单调递减，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意得在上恒成立，再结合一元二次不等式性质即可求解. 【详解】由题在上恒成立， 所以在上恒成立， 所以. 故答案为：. 14. 若偶函数的定义域为，满足，且当时，，则不等式的解集是________． 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，依次求出函数的单调性、奇偶性以及即可求解. 【详解】令，则函数定义域为， 且对任意恒成立， 所以函数在上单调递增， 因为函数是偶函数，所以， 所以函数为偶函数， 所以函数在上单调递减， 又，所以， 所以当时，不等式即， 即，所以， 当时，不等式即， 即，所以， 所以不等式的解集是. 故答案为：. 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. 甲、乙、丙等7名同学站成一排照相． （1）甲、乙、丙3名同学相邻的排法共有多少种？ （2）甲、乙、丙3名同学不相邻的排法共有多少种？ 【答案】（1）720 （2）1440 【解析】 【分析】（1）将相邻同学看成一个整体进行排列，再与其他4人进行排列，结合分布乘法计算即可求解； （2）先排其余4人，形成空位后，接着选出其中三个空给甲、乙、丙3名同学进行排列，再结合分布乘法计算即可求解. 【小问1详解】 根据题意，甲、乙、丙3名同学相邻，先将3人看成一个整体有种排法， 接着将这个整体与其他4人进行排列共有种排法， 所以甲、乙、丙3名同学相邻的排法共有种排法. 【小问2详解】 甲、乙、丙3名同学不相邻的排法分两步， 第一步先将其余4人进行全排有种排法， 第二步从上述4人隔开的5个空中选出其中三个空给甲、乙、丙3名同学进行排列有种排法， 故甲、乙、丙3名同学不相邻的排法共有种排法. 16. 已知是等差数列，是等比数列，且，，，． （1）求，的通项公式； （2）若，求的值； （3）若，求数列的前项和． 【答案】（1），； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由等差等比数列通项公式结合题意可得答案； （2）由（1）结合单调性可得答案； （3）注意到，然后由裂项求和法可得答案. 【小问1详解】 设公差为d，公比为q. 由题，有. 则，则，； 【小问2详解】 由（1）， 注意到在R上单调递增，， 则有唯一零点2，即； 【小问3详解】 由（1），， 则 . 17. 已知函数． （1）若，求在上的值域； （2）若，求在上的零点个数． 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）多次求导后，可判断在上单调递增，据此可得值域； （2）多次求导后，可得在上单调递增，在上单调递减，其中，然后由零点存在性定理可得答案. 【小问1详解】 时，，此时， 令，. 则，则在上单调递增， 则，故在上单调递增， 则； 【小问2详解】 由题，令，. 则，，，，所以 故在上单调递减. 又，则，使. 则， 故在上单调递增，在上单调递减. 又注意到，，结合在上单调递增， 则时，，，又， 结合在上单调递减.则存在，使. 综上，在上的零点个数为1. 【点睛】关键点睛：对于较复杂函数，多次求导是有力工具；对于零点问题，常见处理方式为利用数形结合思想，也可如本题，利用函数单调性结合零点存在性定理处理. 18. 已知函数，，，． （1）求的单调区间； （2）若的最大值为1，证明：对任意的，； （3）当时，若恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）在单调递增，在单调递减 （2） 由（1）知，， ，要证，即证， 即证，即证， 构造函数，则， 令得，令得， 在单调递增，在单调递减， ，即恒成之，当且仅当时等号成立. ，，使得， 恒成立，故对于任意的，. （3） 【解析】 【分析】（1）求导，分别令和，即可得到对应的增区间和减区间； （2）根据题意求出参数，构造函数，利用导数研究函数的最值即可证明； （3）构造函数，利用导数研究函数的最值进而列出不等式求解即可. 【小问1详解】 的定义域为，令得， 令得，令得， 在单调递增，在单调递减. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当时，，若恒式立, 即恒式立，即，即恒成立， 由（2）可知恒成立，当且仅当时等号成立， 令，则恒成立， 在单调递增， ，使得成立， ，， 所以． 19. 若连续函数的极值点是函数的零点，为函数的导函数，且存在实数满足，则称是的强化原生函数，记的最大值为，则为的强化原生系数．已知函数． （1）设函数，证明有唯一极值点，并求出满足的整数的值． （2）设函数，函数．已知是的强化原生函数． （i）证明：． （ii）求的强化原生系数的最小值． 【答案】（1）依题意得， 则， 设函数，则， 所以在上单调递增，即在上单调递增， 因为， 所以存在唯一零点，使得. 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 所以有唯一极值点，且， 故满足的整数的值为. （2）（i）依题意得， 令，得，又， 则，易得有两个极值点. 设的极值点是，则（）， 所以. 因为是函数的零点， 所以是关于的方程的两个解， 即， 两式相加得，， 即，， 代入（）式整理得， 因为函数在单调递减， 所以， 故. （ii） 【解析】 【分析】（1）利用零点存在性定理得有唯一零点，验证单调性可知也为极值点，根据范围求即得； （2）（i）利用强化原生函数定义，由的极值点是的零点，代入韦达定理化简得，再构造函数，由单调性可证明；（ii）由不等式代入韦达定理可得，再结合函数单调性可求最值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）设，则. 因为，所以， 则 . 所以，则的强化原生系数为. 因为函数在单调递增， 所以当时，有最小值，且， 即的强化原生系数的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $