精品解析：山东省济宁市育才中学2024-2025学年高二下学期第一次阶段性测试数学试卷

济宁市育才中学2023级高二下学期第一次阶段性测试 数学试题 2025.03 本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. 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. 甲，乙，丙3位同学到4个社区参加志愿服务，每人限去一个社区，不同方法的种数是（ ） A. 24 B. 36 C. 64 D. 81 【答案】C 【解析】 【分析】由分步乘法计数原理计数判断． 【详解】不同方法的种数是：． 故选：C． 2. 已知为的导数，且，则（ ） A. -2 B. -1 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的定义变形即可. 【详解】根据导数的定义，， 所以. 故选：B 3. 展开式中的系数为（ ） A. B. C. 30 D. 90 【答案】D 【解析】 【分析】由，写出展开式的通项，利用通项计算可得. 【详解】因为， 其中展开式的通项为，， 所以展开式中含的项为， 所以展开式中的系数为. 故选：D 4. 已知定义域为R的函数（为的导函数），则（ ） A. B. 0 C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，即可得到，直接求出. 【详解】因为，所以，所以，解得：，所以，所以. 故选：C 5. 若点是曲线上任意一点，则点到直线的最小距离为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由导数的几何意义求得曲线上与直线平行的切线方程的切点坐标，求出切点到直线的距离即为所求最小距离． 【详解】直线的斜率，函数定义域为， 点是曲线上任意一点，设，由， 令，解得或（舍去）， ，此时，∴曲线上与直线平行的切线的切点为， 所以曲线上点到直线的最小距离， 为点到直线的距离. 故选：C. 6. 中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设a，b，m为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为．若，则的值可以是（ ） A. 2020 B. 2021 C. 2022 D. 2024 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项式定理化简得，再利用二项式定理说明被10除得的余数为0，即可判断. 【详解】由， 则 ， 所以， 即被10除得的余数为0，结合选项可知只有2020被10除得的余数为0. 故选：A 7. 设函数是定义在上的奇函数，为其导函数．当时，，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】当时，构造函数，求导结合已知得其单调性，进而可得当时，，当时，，结合奇函数的性质即可进一步得解. 【详解】当时，令，则，所以在上单调递增， 当时，，即， 当时，，即， 因为函数是定义在上的奇函数， 所以， 所以当时，，当时，， 所以不等式的解集为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：关键是构造函数，利用导数得出单调性，从而即可顺利得解. 8. 已知函数，若恰有四个不同的零点，则a取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】函数，利用导数研究函数的单调性极值即可得出图象，令，对及其a分类讨论，结合图象即可得出. 【详解】解：函数， ，，，因此时，函数单调递增. ，，，可得函数在单调递增； 可得函数在单调递减. 可得：在时，函数取得极大值，. 画出图象： 可知：. 令， ①时，函数无零点. ②时，解得或，时，解得，此时函数只有一个零点，舍去. ，由，可知：此时函数无零点，舍去. ③，解得或. 解得，. 时，，.此时函数无零点，舍去. 因此，可得：. 由恰有四个不同的零点， ∴，，. 解得：. 则a取值范围为. 故选：B. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点问题，属于较难题. 二、多项选择题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 为了贯彻常态化疫情防控工作，动员广大医护人员抓细抓实各项防疫工作，人民医院组织护理、感染、儿科、疾控、药剂、呼吸六位专家进行“防疫有我，健康同行”知识讲座，每天一人，连续6天.则下列结论正确的是（ ） A. 从六位专家中选两位的不同选法共有20种 B. “呼吸类专家”不排在最后一天的不同排法共有600种 C. “护理、感染类专家”排在相邻两天的不同排法共有240种 D. “护理、感染、儿科类专家”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】由组合知识判断A；从前5天中任选一天排“呼吸类专家”，再排其他专家，从而判断B；由捆绑法判断C；由插空法判断D. 【详解】对于A：从六位专家中选两位的不同选法共有种，故A错误； 对于B：从前5天中任选一天排“呼吸类专家”，再排其他专家共有种，故B正确； 对于C：将“护理”，“感染类专家”视为一个元素，不同的排法共有种，故B正确； 对于D：先排疾控、药剂、呼吸，再用插空法排护理、感染、儿科类专家，共有种，故D错误； 故选：BC 10. 已知函数，则（ ） A. 时，函数在上单调递增 B. 时，若有3个零点，则实数的取值范围是 C. 若直线与曲线有3个不同的交点，，，且，则 D. 若存在极值点，且，其中，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据函数求导后公式及结合的取值情况可对A项判断；，求出再结合函数极大小值即可对B项判断；求出函数的二阶导数，从而求出对称中心点即可对C项判断；根据函数存在极值点再结合令，求出，即可对D项判断. 【详解】对于A：求导，当时，有2个不相等的实根，，在区间上，单调递减，故选项A错误. 对于B：当时，令，得，，若有3个零点，则极大值，极小值，实数的取值范围是，故选项B正确. 对于C：令二阶导数，得，则三次函数的对称中心是.当直线与曲线有3个不同的交点，，，且时，点一定是对称中心，所以，故选项C错误. 对于D：若存在极值点，则，，.令，得，因为，于是， 所以，化简得：， 因为，故，于是，即.故选项D正确. 故选：BD. 11. 已知函数，则下列判断正确的是（ ） A. 存在，使得 B. 函数的递减区间是 C 任意，都有 D. 对任意两个正实数、，且，若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先根据函数的导数，判断函数的单调性，根据函数的单调性求函数的最小值，判断最小值的正负，判断A,B,C选项，D.函数的极值点为，可以判断关于对称的函数值的大小，进而判断出，则的对错. 【详解】因为，定义域为，， 令，则，所以函数在上单调递减；令，则，所以函数在上单调递增；所以函数，在处取得极小值也就是最小值，，所以对任意，故正确、错误；令，则，， 令， 则． 在上为减函数，则， 令，由，得， 则，当时显然成立． 对任意两个正实数、，且，若，则正确，故正确． 故选：BCD 【点睛】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，极值点偏移问题，考查学生分析解决问题的能力，属于难题． 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】应用赋值法求得、，即可求值. 【详解】令，则， 令，则， 所以. 故答案为： 13. 如图，用6种不同颜色对图中A，B，C，D四个区域染色，要求同一区域染同一色，相邻区域不能染同一色，允许同一颜色可以染不同区域，则不同的染色方案有________种． 【答案】480 【解析】 【分析】按照分步计数原理，首先染A区域，再染B区域，C区域，最后染D区域，计算可得； 【详解】解：依题意，首先染A区域有种选择，再染B区域有5种选择，第三步染C区域有4种选择，第四步染D区域也有4种选择，根据分步乘法计数原理可知一共有种方法 故答案为： 【点睛】本题考查染色问题，分步乘法计数原理的应用，属于基础题. 14. 已知实数，，满足，（其中为自然对数的底数），则的最小值是______. 【答案】## 【解析】 【分析】变形给定不等式，构造函数并借助函数的单调性，求出的关系，再利用导数求出函数的最值作答. 【详解】， 令函数，求导得，当时，，当时，， 因此函数在上单调递减，在上单调递增，则， 即，，于是，即， 当且仅当，即时取等号，依题意，，， 令，求导得，当时，，当时，， 从而函数在上单调递减，在上单调递增， ，所以的最小值是. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在二项式的展开式中，已知第2项与第8项的二项式系数相等． （1）求展开式中各项系数之和； （2）求展开式中二项式系数最大的项； （3）求展开式中的有理项． 【答案】（1）0 （2） （3）有理项为，， 【解析】 【分析】（1）根据题意结合组合数的性质可得，令，即可得各项系数之和； （2）根据组合数的性质当时，二项式系数最大，结合展开式的通项公式运算求解； （3）结合展开式的通项公式运算求解，令，运算求解. 【小问1详解】 依题意，由组合数的性质得， 令，得展开式中各项系数之和为. 小问2详解】 因为二项式的展开式的通项为， 因为， 所以二项式的展开式中二项式系数最大的项为. 【小问3详解】 由（2）可得：二项式的展开式的通项为， 令，得， 当时，； 当时，； 当时，. 综上所述：二项式展开式中的有理项为，， 16. 用0，1，2，3，…，9这十个数字． （1）可组成多少个三位数？ （2）可组成多少个无重复数字的三位数？ （3）可组成多少个小于500且没有重复数字的自然数？ 【答案】（1）900； （2）648； （3）379 【解析】 【分析】（1）（2）根据分步乘法计数原理，先确定百位上的数字，再分析十位与个位，进而计算出正确答案. （3）根据分类加法、分步乘法计数原理，分别分析1位数，两位数与三位数满足条件的数字计算出正确答案. 【小问1详解】 要确定一个三位数，可分三步进行：第一步，确定百位数，百位不能为0，有9种选法； 第二步，确定十位数，有10种选法；第三步，确定个位数，有10种选法， 根据分步乘法计数原理，共有个. 【小问2详解】 要确定一个无重复数字三位数，可分三步进行：第一步，确定百位数，有9种选法； 第二步，确定十位数，有9种选法；第三步，确定个位数，有8种选法， 根据分步乘法计数原理，无重复数字的三位数共有个． 【小问3详解】 作用题意，小于500且没有重复数字的自然数分为以下三类： 第一类，满足条件的一位自然数：有10个， 第二类，满足条件的两位自然数：有个， 第三类，满足条件的三位自然数： 第一步，确定百位数，百位数字可取1，2，3，4，有4种选法； 第二步，确定十位数，有9种选法； 第三步，确定个位数，有8种选法，根据分步乘法计数原理，有个， 所以小于500且没有重复数字的自然数共有（个）. 17. 某工厂拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的上端为半球形，下部为圆柱形，该容器的体积为立方米，且.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分侧面的建造费用为每平方米2.25千元，半球形部分以及圆柱底面每平方米建造费用为千元.设该容器的建造费用为千元. （1）写出关于的函数表达式，并求该函数的定义域； （2）求该容器的建造费用最小时的. 【答案】（1）， （2）见解析 【解析】 【分析】（1）由圆柱和球的体积的表达式, 得到和的关系. 再由圆柱和球的表面积公式建立关系 式, 将表达式中的用表示，并注意到写定义域时, 利用, 求出自变量的范围. （2）用导数知识解决, 注意到定义域的限制, 在区间中, 极值末必存在, 将极值点在区间内和在区间外进行分类讨论. 【小问1详解】 设该容器的体积为，则， 又，所以 因为，所以. 所以建造费用， 因此，. 【小问2详解】 由（1）得， 由于，所以，令，得. 若，即，当时，，为减函数，当时，，为增函数，此时为函数的极小值点，也是最小值点. 若，即，当时，，为减函数，此时是的最小值点. 综上所述，当时，建造费用最小时；当时，建造费用最小时. 18. 已知函数，，. （1）求的单调递增区间； （2）求的最小值； （3）设，讨论函数的零点个数. 【答案】（1） （2） （3）当时，函数有一个零点，当时，函数有两个零点，当时，函数无零点 【解析】 【分析】（1）求导后令，计算即可得； （2）求导后，令，再次求导后可得的单调性，无法直接求出使的解，因此虚设零点，借助零点的存在性定理，得到，使，再借助对数变形，得到，从而构造函数，结合函数单调性，得到，代入中，即可得解. （3）变形后可得函数的零点个数即为的实数根的个数，结合的单调性讨论即可得. 【小问1详解】 ，令，可得， 故的单调递增区间为； 【小问2详解】 ， 令， 则， 由，故恒成立， 故在上单调递增， 又，， 故存在，使，即， 即在上单调递减，在上单调递增， 故， 由，则， 令，则有， ，当时，恒成立， 故在上单调递增，故，即， 则， 即的最小值为； 【小问3详解】 令， 即有， 即函数的零点个数为的实数根的个数， 由（2）知，在上单调递减，在上单调递增，且， 又当时，，当时，， 故当，即时，有唯一实数根， 当，即时，有两实数根， 当，即时，无实数根， 即当时，函数有一个零点， 当时，函数有两个零点， 当时，函数无零点. 【点睛】关键点点睛：本题第二小问中，令无法直接解出，因此需要虚设零点，借助零点的存在性定理，得到，使，再借助对数变形，得到，从而构造函数，结合函数单调性，得到，从而求出的最小值. 19. 已知函数． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）若在上恒成立，求实数m的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1） （2）； （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）只需分别求出的值即可求解； （2）构造函数，原题条件等价于在上恒成立，求得，从而分是否小于1进行讨论即可求解. （3）由（2）可知得即，进一步有，从而累加即可得证. 【小问1详解】 当时，，所以， 所以，， 所以函数在处的切线方程为即； 【小问2详解】 若在上恒成立，则在上恒成立， 设，，所以， ， ①当时，， 当时，， 所以在上单调递减， 所以，即在不恒成立． ②当时，， 当时，，在上单调递增， 又，此时， 综上所述，所求m的取值范围是； 【小问3详解】 由（2）知，当时，在上恒成立， 取，得即，当且仅当时等号成立， 令，， 则， 所以， 所以 ， 所以． 【点睛】关键点点睛：第三问的关键是利用第二问的结论得到，由此即可顺利得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 济宁市育才中学2023级高二下学期第一次阶段性测试 数学试题 2025.03 本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 甲，乙，丙3位同学到4个社区参加志愿服务，每人限去一个社区，不同方法的种数是（ ） A. 24 B. 36 C. 64 D. 81 2. 已知为的导数，且，则（ ） A. -2 B. -1 C. 1 D. 2 3. 展开式中的系数为（ ） A. B. C. 30 D. 90 4. 已知定义域为R的函数（为的导函数），则（ ） A. B. 0 C. D. 1 5. 若点是曲线上任意一点，则点到直线的最小距离为（ ） A. 1 B. C. D. 6. 中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设a，b，m为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为．若，则的值可以是（ ） A. 2020 B. 2021 C. 2022 D. 2024 7. 设函数是定义在上的奇函数，为其导函数．当时，，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若恰有四个不同的零点，则a取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 为了贯彻常态化疫情防控工作，动员广大医护人员抓细抓实各项防疫工作，人民医院组织护理、感染、儿科、疾控、药剂、呼吸六位专家进行“防疫有我，健康同行”知识讲座，每天一人，连续6天.则下列结论正确的是（ ） A. 从六位专家中选两位的不同选法共有20种 B. “呼吸类专家”不排在最后一天的不同排法共有600种 C. “护理、感染类专家”排在相邻两天的不同排法共有240种 D. “护理、感染、儿科类专家”排在都不相邻的三天的不同排法共有72种 10. 已知函数，则（ ） A. 时，函数在上单调递增 B. 时，若有3个零点，则实数的取值范围是 C. 若直线与曲线有3个不同的交点，，，且，则 D. 若存极值点，且，其中，则 11. 已知函数，则下列判断正确的是（ ） A. 存在，使得 B. 函数的递减区间是 C. 任意，都有 D. 对任意两个正实数、，且，若，则 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________． 13. 如图，用6种不同颜色对图中A，B，C，D四个区域染色，要求同一区域染同一色，相邻区域不能染同一色，允许同一颜色可以染不同区域，则不同的染色方案有________种． 14. 已知实数，，满足，（其中为自然对数的底数），则的最小值是______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在二项式的展开式中，已知第2项与第8项的二项式系数相等． （1）求展开式中各项系数之和； （2）求展开式中二项式系数最大的项； （3）求展开式中有理项． 16 用0，1，2，3，…，9这十个数字． （1）可组成多少个三位数？ （2）可组成多少个无重复数字的三位数？ （3）可组成多少个小于500且没有重复数字的自然数？ 17. 某工厂拟建造如图所示容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的上端为半球形，下部为圆柱形，该容器的体积为立方米，且.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分侧面的建造费用为每平方米2.25千元，半球形部分以及圆柱底面每平方米建造费用为千元.设该容器的建造费用为千元. （1）写出关于的函数表达式，并求该函数的定义域； （2）求该容器的建造费用最小时的. 18. 已知函数，，. （1）求的单调递增区间； （2）求的最小值； （3）设，讨论函数的零点个数. 19 已知函数． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）若在上恒成立，求实数m的取值范围； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$