精品解析：广东省惠州市第八中学2024-2025学年高二下学期第一次阶段考试数学试题

2024-2025 学年第二学期高二年级第一次阶段考数学试卷 一、单选题：本题共8题，每小题5分，共40分. 1. 设函数在处存在导数为2，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 6 2. 用这五个数组成无重复数字的五位数，则不同的偶数共有（ ） A. 120个 B. 72个 C. 60个 D. 48个 3. 函数在区间的最小值、最大值分别为（ ） A. B. C. D. 4. 将9个相同的小球放入3个不同的盒子中共有多少种方法（每个盒子中至少放入一个小球）（　　） A. 28 B. 56 C. 36 D. 84 5. 函数部分图象大致是（　　） A. B. C. D. 6. 甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（ ） A. 30种 B. 60种 C. 120种 D. 240种 7. 用6种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂色方法有（ ） A. 240 B. 360 C. 480 D. 600 8. 已知函数在区间上单调递增，则a最小值为（ ）． A. B. e C. D. 二、多选题：本题共3题，每小题6分，共18分. 9. 下列说法正确的是 （ ） A. 将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有种 B. 有三张参观券，要在5人中确定3人去参观，不同方法的种数是60 C. 从6男4女中选4人参加比赛，若4人中必须有男有女，则共有194种选法 D 甲、乙、丙、丁四人排成一排，则甲、乙两人不相邻共有12种排法 10. 若为等差数列，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是数列中项 C. 数列单调递减 D. 数列前7项和最大 11 若函数既有极大值也有极小值，则（ ）． A. B. C. D. 三、填空题：本题共3题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则________. 13. 将序号分别为1，2，3，4，5，6的六张参观券全部分给甲、乙等5人，每人至少一张，如果分给甲的两张参观券是连号，则不同分法共有________种． 14. 从1，2，3，4，5，6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中，若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有________个．（用数字作答） 四、解答题：每题共5题，共77分. 15. （1）求展开式中的系数； （2） 求展开式中的常数项. 16. 已知函数在点处的切线与直线垂直． （1）求； （2）求的单调区间和极值． 17. 设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项． （1）求的公比； （2）若，求数列的前项和． 18. 已知数列的前顶和为.且. （1）求数列的通项公式； （2）在数列中，，求数列的前项和. 19. 已知函数，. （1）当时，求的极值点； （2）讨论的单调性； （3）若函数在上恒小于0，求a的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025 学年第二学期高二年级第一次阶段考数学试卷 一、单选题：本题共8题，每小题5分，共40分. 1. 设函数在处存在导数为2，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】由导数的概念求解. 【详解】由已知有， 则. 故选：B 2. 用这五个数组成无重复数字的五位数，则不同的偶数共有（ ） A. 120个 B. 72个 C. 60个 D. 48个 【答案】D 【解析】 【分析】利用分步乘法计数原理可得答案. 【详解】由题可知，不同的偶数共有个. 故选：D. 3. 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 4. 将9个相同的小球放入3个不同的盒子中共有多少种方法（每个盒子中至少放入一个小球）（　　） A. 28 B. 56 C. 36 D. 84 【答案】A 【解析】 【分析】采用隔板法求解. 【详解】根据题意可知，采用隔板法， 9个相同的小球形成8个空，在8个空中插入2块隔板，形成3组小球，再放入3个不同的盒子， 共有种方法． 故选：A． 5. 函数的部分图象大致是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据的奇偶性排除；判断时，的符号可排除，从而得到结果. 【详解】定义域为： 为奇函数，可排除； 当时，，可排除，从而可得正确 本题正确选项： 【点睛】本题考查具体函数图象的识别问题，解题常用方法为排除法，排除法验证的顺序通常为：奇偶性、特殊值、单调性. 6. 甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（ ） A. 30种 B. 60种 C. 120种 D. 240种 【答案】C 【解析】 【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案. 【详解】首先确定相同得读物，共有种情况， 然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有种， 根据分步乘法公式则共有种， 故选：C. 7. 用6种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂色方法有（ ） A. 240 B. 360 C. 480 D. 600 【答案】C 【解析】 【分析】先涂区域②③④，再讨论①与④的颜色是否相同，结合计数原理运算求解. 【详解】将区域标号，如下图所示： 因为②③④两两相邻，依次用不同的颜色涂色，则有种不同的涂色方法， 若①与④颜色相同，则有1种不同的涂色方法； 若①与④的颜色不相同，则有3种不同的涂色方法； 所以共有种不同的涂色方法. 故选：C. 8. 已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）． A. B. e C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据上恒成立，再根据分参求最值即可求出． 【详解】依题可知，在上恒成立，显然，所以， 设，所以，所以在上单调递增， ，故，即，即a的最小值为． 故选：C． 二、多选题：本题共3题，每小题6分，共18分. 9. 下列说法正确的是 （ ） A. 将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有种 B. 有三张参观券，要在5人中确定3人去参观，不同方法的种数是60 C. 从6男4女中选4人参加比赛，若4人中必须有男有女，则共有194种选法 D. 甲、乙、丙、丁四人排成一排，则甲、乙两人不相邻共有12种排法 【答案】ACD 【解析】 【分析】每封信均有3种投法，计算可判断A；从5人中选3人，计算可判断B；分3种情况，即1男3女，2男2女，3男1女，计算可判断C；利用插空法求得方法数判断D. 【详解】对于A，将5封信投入3个邮筒，每封信均有3种投法，故不同的投法共有种，故A 正确； 对于B，参观券相同，只需从5人中选出3人即可，方法数为种，故B错误； 对于C，从6男4女中选4人参加比赛，若4人中必须有男有女， 包含的类别有1男3女，2男2女，3男1女，即有种选法，故C正确； 对于D，先将丙、丁两人全排列有种，排好后有3个空位， 再将甲、乙两人安排到两人（丙、丁）的空位中有种， 由分步计数原理可得总的方法数为种，故D正确. 故选：ACD. 10. 若为等差数列，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是数列中的项 C. 数列单调递减 D. 数列前7项和最大 【答案】ACD 【解析】 【分析】由为等差数列，列方程组求得首项与公差，就可得到通项公式，然后对选项逐一判断即可. 【详解】因为数列为等差数列，且，则，解得，，故A选项正确， 由，得，故B错误， 因为，所以数列单调递减，故C正确， 由数列通项公式可知，前7项均为正数，，所以前7项和最大,故D正确. 故选：ACD 11. 若函数既有极大值也有极小值，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出函数的导数，由已知可得在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答. 【详解】函数的定义域为，求导得， 因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而， 因此方程有两个不等的正根， 于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则________. 【答案】 【解析】 【分析】求导，通过赋值求出的值即可进一步求解. 【详解】， 所以，所以 故答案为：. 13. 将序号分别为1，2，3，4，5，6的六张参观券全部分给甲、乙等5人，每人至少一张，如果分给甲的两张参观券是连号，则不同分法共有________种． 【答案】120 【解析】 【分析】先分给甲，再分给剩余四个人，结合分步乘法计数原理得到答案. 【详解】由题意得，如果分给甲的两张参观券是连号，则有种分法， 再将剩余的4张分给剩余4个人，有种分法， 所以一共有种分法. 故答案为：120 14. 从1，2，3，4，5，6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中，若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有________个．（用数字作答） 【答案】60 【解析】 【分析】1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类，分三种情况：没有数字1和3时，只有1和3中的一个时或同时有1和3时，利用排列、组合以及插空法即可求解. 【详解】1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类． 分三类：①没有数字1和3时，满足条件的三位数有个； ②只有1和3中的一个时，满足条件的三位数有2个； ③同时有1和3时，把3排在1的前面， 再从其余4个数字中选1个数字插入3个空中的1个即可， 满足条件的三位数有·个． 所以满足条件的三位数共有(个)． 故答案为：60 四、解答题：每题共5题，共77分. 15. （1）求展开式中的系数； （2） 求展开式中的常数项. 【答案】（1）– 252；（2） 【解析】 【分析】（1）（2）求出二项式展开式的通项公式，再让x的指数符合要求即可求得结论. 【详解】（1）展开式的通式为 ， 令，得 ， 所以展开式中的系数为. （2）展开式的通式为 ， 令，得，， 所以展开式中的常数项为. 16. 已知函数在点处的切线与直线垂直． （1）求； （2）求的单调区间和极值． 【答案】（1） （2）单调递增区间为、，单调递减区间为，极大值，极小值 【解析】 【分析】（1）结合导数的几何意义及直线垂直的性质计算即可得； （2）借助导数可讨论单调性，即可得极值. 【小问1详解】 ，则， 由题意可得，解得； 【小问2详解】 由，故， 则，， 故当时，，当时，，当时，， 故的单调递增区间为、，的单调递减区间为， 故有极大值， 有极小值. 17. 设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项． （1）求的公比； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论； （2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论. 【详解】（1）设的公比为，为的等差中项， ， ； （2）设的前项和为，， ，① ，② ①②得， ， . 【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题. 18. 已知数列的前顶和为.且. （1）求数列的通项公式； （2）在数列中，，求数列的前项和. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）利用求通项公式； （2）转化为等差数列、等比数列，分组求和. 【小问1详解】 当时，可得：； 当时，，，两式相减，得：，即， 所以：. 【小问2详解】 当时，； 当时，，所以， 所以：， 时，，上式也成立. 所以：， 19. 已知函数，. （1）当时，求的极值点； （2）讨论的单调性； （3）若函数在上恒小于0，求a的取值范围. 【答案】（1）极大值点，无极小值点； （2）当时，函数单调递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减； （3）. 【解析】 【分析】（1）当时，利用导数求得函数 的单调区间，进而得到极值． （2）求导得到，讨论和两种情况，计算得到答案. （3）讨论，，，四种情况，根据单调性得到函数最值得到答案 小问1详解】 当时，，定义域为. ， 令，得, 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 在时取得极大值，无极小值. 所以的极大值点是，无极小值点. 【小问2详解】 ，则，， 当时，恒成立，函数单调递减； 当时，， ，，函数单调递增， ，，函数单调递减. 综上所述：当时，函数单调递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减. 【小问3详解】 函数在上恒小于0，等价于. 由（2）知， 当时，函数单调递减，故恒成立，故符合题意； 当时，若，即，函数在上单调递减， 故，成立，故符合题意； 若，即，函数在上单调递增，在上单调递减， 故，即，解得，故； 若，即，函数在上单调递增， 故，解得， 故无解. 综上所述：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$