精品解析：黑龙江省鸡西市鸡西实验中学2024-2025学年高二下学期4月月考数学试卷

2024—2025年度第二次月考试卷 考试时间：120分钟 考试分数：150分 命题人：孙敬思 审题人：韩艳红 考生注意事项：1. 答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上. 2. 答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案涂好，如需改动用橡皮擦干净，再选涂其他答案标号，答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 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，只有一项符合题目要求的. 1. 从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有4条，则从A村经过B村去C村不同的路线的条数（ ） A. 7 B. 9 C. 12 D. 16 2. 在等差数列中，若，公差， 则（ ） A. 13 B. 14 C. 15 D. 18 3. 某物体的运动路程（单位：）， 时间（单位：）之间的关系，求在时的瞬时速度（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 8 4. 甲、乙、丙、丁、戊站成一排，其中甲、乙必须相邻，丁不能站在两端，则不同站法种数为（ ） A. 12 B. 24 C. 48 D. 120 5. 已知数列的通项公式为， 则其项和为（ ） A. B. C. D. 6. ， 下列说法正确的是（ ） A. 各项的二项式系数和为256 B. C. D. 7. 设等差数列和的前项和分别是和，若， 求（ ） A. B. C. 1 D. 8. 已知定义在上函数的导数为，且，，则不等式的解集为（ ） 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. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列判断正确的（ ） A. 在时取极小值 B. 在时取极大值 C. 是极小值点 D. 是极小值点 10. 下列说法正确的有（ ） A. ，则等于1或3 B. 用0，1，2，3，4组成没有重复的四位偶数共有60种 C D. 鸡西实验中学举办文艺晚会，共10个节目，其中A，B，C，D四个节目顺序固定共有30240种排法 11. 设分别为等差数列的公差和前项和，若，则下列论断中正确的（ ） A. 当时，取最大值 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 的二项展开式中常数项是__________. 13. 将A， B， C， D ，E五名教师安排到甲，乙，丙三所学校，若每所学校至少安排一名教师，每名教师只去一所学校，则不同的安排方法___________种 14. 设， 若对恒成立，则实数取值范围是______________. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答题写出文字说明，证明过程或验算步骤 15. 已知， 在处取得极值， （1）求的值. （2）在区间上的最值. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，且． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； 17. 已知数列的前项和为 （1）求数列的通项公式. （2）设， 求的前项和. 18. 已知 （1）当，求在处切线方程. （2）讨论的单调性. （3）若只有一个零点，求的取值范围. 19. 已知数列的前项和为，其中为常数，且 （1）求的值 （2）， 数列的前项和为，若， 都有恒成立，求实数的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025年度第二次月考试卷 考试时间：120分钟 考试分数：150分 命题人：孙敬思 审题人：韩艳红 考生注意事项：1. 答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上. 2. 答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案涂好，如需改动用橡皮擦干净，再选涂其他答案标号，答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 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，只有一项符合题目要求的. 1. 从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有4条，则从A村经过B村去C村不同的路线的条数（ ） A. 7 B. 9 C. 12 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由分步乘法计数原理代入计算，即可得到结果. 【详解】因为从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有4条， 由分步乘法计数原理可得从A村经过B村去C村不同路线的条数有条. 故选：C 2. 在等差数列中，若，公差， 则（ ） A. 13 B. 14 C. 15 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列通项公式进行求解，得到答案. 【详解】. 故选：C 3. 某物体的运动路程（单位：）， 时间（单位：）之间的关系，求在时的瞬时速度（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】求导，求出，从而求出时的瞬时速度. 【详解】，故时，， 故在时的瞬时速度为5. 故选：B 4. 甲、乙、丙、丁、戊站成一排，其中甲、乙必须相邻，丁不能站在两端，则不同站法的种数为（ ） A. 12 B. 24 C. 48 D. 120 【答案】B 【解析】 【分析】根据捆绑法、间接法求解即可. 【详解】先甲、乙相邻，有种不同排法， 其中丁站两端的站法有种， 故甲、乙必须相邻，丁不能站在两端的站法有种， 故选：B 5. 已知数列的通项公式为， 则其项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用裂项相消法求和即可 【详解】因为， 所以， 故选：D 6. ， 下列说法正确的是（ ） A. 各项的二项式系数和为256 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项式系数的性质判断A的真假；利用赋值法可判断BCD的真假. 【详解】对A：各项的二项式系数和为：，故A错误； 令可得：. 令可得：①. 所以，故B正确； 令可得：② ①②可得：，故D错误； ①②可得：，故C错误. 故选：B 7. 设等差数列和的前项和分别是和，若， 求（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的求和公式和等差数列的性质求值. 【详解】因为数列和均为等差数列， 所以. 故选：B 8. 已知定义在上的函数的导数为，且，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题干条件可构造函数，对求导得在上单调递减，由已知条件可得，结合的单调性可解函数不等式. 【详解】由，联想到积的导数公式，故构造函数， 则，故在上单调递减， 又，所以不等式即解集为. 故选：B. 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. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列判断正确的（ ） A. 时取极小值 B. 在时取极大值 C. 是极小值点 D. 是极小值点 【答案】AC 【解析】 【分析】由导函数的图像判断导数的正负，再通过导函数的零点左右两侧的导函数的正负来确定函数的极值和极值点 【详解】解：由导函数的图像可得， 当时，其左边的导数小于零，右边的导数大于零，所以在时取极小值，所以A正确， 当时，其左边的导数小于零，右边的导数大于零，所以是极小值点，所以C正确， 而和，左右两边的导数值同号，所以和不是函数的极值点，所以BD错误， 故选：AC 10. 下列说法正确的有（ ） A. ，则等于1或3 B. 用0，1，2，3，4组成没有重复的四位偶数共有60种 C. D. 鸡西实验中学举办文艺晚会，共10个节目，其中A，B，C，D四个节目顺序固定共有30240种排法 【答案】ABC 【解析】 【分析】A利用、即可；B分末位为0和末位为或两种情况讨论，再利用排列组合知识即可；C利用组合数性质即可；D先将10个节目全排列，再利用定序除以即可. 【详解】A，因，则或，得或， 若，此时，符合题意；若，此时，符合题意，故A正确； B，末位为，共有种；末位为或，共有， 则没有重复的四位偶数共有种，故B正确； C，由组合数性质可得，， 则 ，故C正确； D，10个节目全排列有种， 则A，B，C，D四个节目顺序固定共有种排法，故D错误. 故选：ABC 11. 设分别为等差数列的公差和前项和，若，则下列论断中正确的（ ） A. 当时，取最大值 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】BC 【解析】 【分析】根据等差数列的求和公式和等差数列的性质，分，讨论，判断各选项. 【详解】因为数列为等差数列， 由，所以. 所以，故B正确； 当时，由，所以，，所以，故C正确； 当时，由，所以，，所以，即，故D错误； 当时，时，取最小值；当时，时，取最大值.故A错误. 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 的二项展开式中常数项是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式定理可得展开式通项，代入即可得到常数项. 【详解】展开式通项公式为：， 令，解得：， 展开式中常数项为. 故答案为：. 13. 将A， B， C， D ，E五名教师安排到甲，乙，丙三所学校，若每所学校至少安排一名教师，每名教师只去一所学校，则不同的安排方法___________种 【答案】 【解析】 【分析】五名教师分配到三所学校，有两类分法，一种是三组人数分别为一人，一人，三人，另一种是三组人数分别为两人，两人，一人，得出分组的方法种数后，再根据分步乘法计数原理安排各组到各校即可得解. 详解】由题意，五名教师分配到三所学校，有两类分法， 共有种分法， 则这三组老师分配到三所不同学校，共有种安排方法. 故答案为：. 14. 设， 若对恒成立，则实数的取值范围是______________. 【答案】 【解析】 【分析】分段函数问题，分段解决.当时，利用导数求参数的取值范围；当时，结合基本不等式求参数的取值范围. 【详解】当时，由. 设，，则. 由；由. 所以在上单调递增，在上单调递减. 由，所以. 当时，. 时，上式恒成立； 时，上式可化为：. 因为，所以，所以，当且仅当时取“”. 所以. 综上可得：. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答题写出文字说明，证明过程或验算步骤 15. 已知， 在处取得极值， （1）求的值. （2）在区间上的最值. 【答案】（1） （2）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）求导，利用在处的导数值为0，并且，解之检验即可求解； （2）结合（1）的结果，列出在时，随的变化，的变化情况，进而即可求解. 【小问1详解】 因为函数，所以， 又函数在处取得极值. 则有，即，解得：或 经检验，时，单调递减，无极值不符合题意， 经检验，时，符合题意，故. 【小问2详解】 由（1）知：函数，则， 令，解得：， 在时，随的变化，的变化情况如下表所示： 单调递减 单调递增 单调递减 由表可知：当时，函数有极大值； 当时，函数有极小值； 因为，， 故函数在上的最小值为，最大值为. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，且． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）根据线面的垂直关系，建立空间直角坐标系，利用空间向量平面间夹角公式进行求解即可； 【小问1详解】 因为平面，平面， 所以， 又因为， 所以，而，且平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为平面，平面， 所以，而， 于是建立如图所示的空间直角坐标系， ， 由（1）可知：平面， 所以平面的法向量为， 设平面的法向量为，， 则有， 设平面与平面夹角为， ， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知数列的前项和为 （1）求数列的通项公式. （2）设， 求的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据可得答案； （2）根据（1）求出的通项公式，是由一个等差数列加一个等比数列得到，利用分组求和法即可求出前n项和 【小问1详解】 当时，， 当时，， 故是以1为首项,2为公比的等比数列， 所以通项公式为. 【小问2详解】 ， 令为的前n项和； = . 18. 已知 （1）当，求在处的切线方程. （2）讨论的单调性. （3）若只有一个零点，求的取值范围. 【答案】（1） （2）答案见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数求切线斜率即可得切线方程； （2）利用导数结合分类讨论思想即可求出单调区间； （3）利用分离参变量思想，构造函数通过数形结合即可求解. 【小问1详解】 当时，,则， 把代入，得， 则其切线方程， 整理得： 【小问2详解】 ， 当时，， 则在上单调递增 当时，令， 解得， 在，由， 所以在区间上单调递增， 在，由，所以在区间上单调递减； 【小问3详解】 由，可得， 因为，则有， 令，则由，可得， 当在，由， 所以在区间上单调递增， 在，由，所以在区间上单调递减； 则是得极大值，， 再根据，当时，，结合单调性可画出函数图象， 或时，满足方程有一个解，所以的取值范围是. 19. 已知数列的前项和为，其中为常数，且 （1）求的值 （2）， 数列的前项和为，若， 都有恒成立，求实数的最小值. 【答案】（1）2 （2）5 【解析】 【分析】（1）计算，并求出，即可求出； （2）先根据（1）求出，再利用错位相减法求出，利用定义法求证数列的增减性，进而求出的范围，即可求出的最小值. 【小问1详解】 当时，， 则，又，则 【小问2详解】 由（1）可知，当时，， 又，符合上式，故， 则， 则， ， 两式作差得， ， 则， 则，则， 即数列为递增数列， 因，则，即， 又， 都有恒成立，则，则实数的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$