精品解析：吉林省松原市2024-2025学年高二下学期4月质量检测数学试题

高二数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑：非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：人教A版选择性必修第二册第五章、选择性必修第三册第六章. 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. 从集合中任取两个不相等的数、，组成复数，其中虚数有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 2. 已知函数在处可导,若,则 （ ） A. 2 B. 1 C. D. 0 3. 现有甲、乙等5人并排站成一排，如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法种数有（ ） A. 24 B. 36 C. 48 D. 60 4. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知的二项展开式中，常数项为240，且只有第4项的二项式系数最大，则（） A. B. C. 1 D. 6. 曲线上的点到直线的最短距离是（ ） A. B. 2 C. D. 7. 已知奇函数在上单调递增，且是可导函数，．若，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 用蓝色和红色给一排10个方格染色，则蓝色使用次数不少于红色且至多两个蓝色相邻的方法种数为（ ） A. 71 B. 126 C. 171 D. 175 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m，且，则下列选项中正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 某文化传播公司拟派包含A，B在内的5名员工同一时间去往甲、乙、丙等3个不同的地方参观学习，每个地方至少要派遣1名员工，则下列说法正确的是（ ） A. 若甲地只安排1名员工参观学习，则不同的派遣方案有70种 B. 若A不去乙地，则不同的派遣方案有100种 C. 若A，B去往不同的地方，则不同的派遣方案有72种 D. 若去往甲地的人数不得少于丙地，则不同的派遣方案有110种 11. 已知函数，，，则（ ） A. 当时，有且只有一个零点 B. 当时，有两个零点 C. 无论为何实数，都存在正数使得 D. 当时，与零点个数相同 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 抛掷一枚质地均匀的骰子3次，则3次中最大点数为3的情况有__________种． 13. 若在区间上单调递减，则实数的取值范围是______． 14. 已知不等式对任意恒成立（a，），则的最小值为__________． 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. 已知二项式． （1）求的值； （2）求的值（结果可保留幂的形式）． 16. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求时，的值域． 17. 用1，2，3，4四个数字组成可有重复数字的三位数． （1）将这些数从小到大排列，求排在第22个的三位数是多少； （2）求个位数字比十位数字大的三位数的个数； （3）求能被3整除的三位数的个数． 18. 已知函数． （1）当时，求的极值点； （2）讨论函数的单调性； （3）当时，证明：，使得． 19. 已知函数的导函数为．若对于区间上的任意实数都有，且的值不恒为0，则称为区间上的“绝对正函数”，区间称为的“绝对正区间”． （1）若，判断是否为区间上的“绝对正函数”，并说明你的理由； （2）已知 （Ⅰ）求时，的“绝对正区间”； （Ⅱ）若对恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑：非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：人教A版选择性必修第二册第五章、选择性必修第三册第六章. 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. 从集合中任取两个不相等的数、，组成复数，其中虚数有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】A 【解析】 【分析】由题意知，确定满足条件的实数、的个数，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】因为、互不相等且为虚数，所以只能从、、中任选一个，有种情况， 从剩余的个数中任选一个，有种情况， 所以根据分步乘法计数原理，虚数的个数为． 故选：A． 2. 已知函数在处可导,若,则 （ ） A. 2 B. 1 C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件得到，计算得到答案. 【详解】 即 故选 【点睛】本题考查了导数的定义，意在考查学生的计算能力. 3. 现有甲、乙等5人并排站成一排，如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法种数有（ ） A. 24 B. 36 C. 48 D. 60 【答案】A 【解析】 【分析】利用“元素相邻捆绑法”求解. 【详解】第一步：甲、乙相邻且乙在甲的右边，这样的排列方式只有1种； 第二步：将甲乙看成一个整体，将其与其余3人站成一排，有种排法. 由分步乘法计数原理可得：满足条件的排法种数为：. 故选：A 4. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】， 所以，解得. 5. 已知的二项展开式中，常数项为240，且只有第4项的二项式系数最大，则（） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由只有第4项的二项式系数最大可求出n，再出写二项展开式的通项，根据题意列方程求解即可. 【详解】的二项展开式中只有第4项的二项式系数最大， 为偶数，且解得， 的二项展开式的通项为 令，解得， 常数项为，解得， 故选：． 6. 曲线上的点到直线的最短距离是（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出导函数，再根据切线斜率得出切点，进而应用点到直线距离公式计算求解. 【详解】因为，所以当切点满足斜率时，曲线上的点到直线的距离是最短距离， 所以，所以切点为，所以切点到直线的距离是， 所以曲线上的点到直线的最短距离是. 故选：A. 7. 已知奇函数在上单调递增，且是可导函数，．若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件判断函数的奇偶性和单调性，再比较自变量的大小，即可比较函数值的大小. 【详解】因为奇函数在上单调递增，所以时，，且， ，所以是偶函数， 时，，所以在单调递增， ， 所以，即. 故选：C 8. 用蓝色和红色给一排10个方格染色，则蓝色使用次数不少于红色且至多两个蓝色相邻的方法种数为（ ） A. 71 B. 126 C. 171 D. 175 【答案】D 【解析】 【分析】根据蓝色、红色的使用次数分类讨论，逐一求解. 【详解】第一类：蓝色5个，红色5个的情况：先排5个红色，出现6个空， 若蓝色互不相邻，有种方法； 若蓝色为，则先从6个空中选1个空，排双蓝，再从剩余5个空总共选3个， 排单蓝，共有种方法； 若蓝色为，则先从6个空中选1个空，排单蓝，再从剩余5个空中选2空，排双蓝， 共有种方法. 这种情况下总方法种数为：种. 第二类：蓝色6个，红色4个的情况：先排4个红色，出现5个空， 若蓝色为，则先从5个空中选1个，排双蓝，再把4个单蓝排到剩余4个空中， 有种排法； 若蓝色为，则先从5个空中选2个，排双蓝， 再从剩余3空中选2个，排单蓝，有种排法；若蓝色为， 则先从5个空中选3个，排双蓝，有. 这种情况下总方法种数为：种. 第三类：蓝色7个，红色3个：先排3个红色，出现4个空， 蓝色必为形式，先从4个空中选1个，排单蓝， 再把3个双蓝排到剩余3空中，有种排法. 蓝色再多就不能有满足条件的排法了. 故满足条件的排法共有：. 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m，且，则下列选项中正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据组合数及排列数计算判断各个选项即可. 【详解】对于A，取，则，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，由组合数的性质知，故D错误． 故选：BC． 10. 某文化传播公司拟派包含A，B在内的5名员工同一时间去往甲、乙、丙等3个不同的地方参观学习，每个地方至少要派遣1名员工，则下列说法正确的是（ ） A. 若甲地只安排1名员工参观学习，则不同的派遣方案有70种 B. 若A不去乙地，则不同的派遣方案有100种 C. 若A，B去往不同的地方，则不同的派遣方案有72种 D. 若去往甲地的人数不得少于丙地，则不同的派遣方案有110种 【答案】AB 【解析】 【分析】利用分步乘法计数原理求得把5人分到3地的方法数判断A；利用先分为3个组，再安排3个组到3个地区求得方法数判断B；A，B同组的有种，结合B可求得方法数可判断C；利用分类计数原理可求得总的方法数可判断D. 【详解】对于A，从5人中先选1人去往甲地，有种不同的方法， 再将剩下的4人分成两组去往乙、丙两地有种， 所以不同的派遣方案有种，故A正确； 对于B，先将5人分为3组，有种， 再安排3组去往3个不同的地方有，所以不同的派遣方案有种，故B正确； 对于C，由B选项知，全部分组有25种，其中A，B同组的有种， 则A，B去往不同的地方，不同的派遣方案有种，故C错误； 对于D，若丙地派遣1人，则甲地可以派遣1或2或3人，派遣方案有种， 若丙地派遣2人，则甲地必须派遣2人，派遣方案有种， 所以满足条件的不同的派遣方案有种，故D错误． 故选：AB． 11. 已知函数，，，则（ ） A. 当时，有且只有一个零点 B. 当时，有两个零点 C. 无论为何实数，都存在正数使得 D. 当时，与零点个数相同 【答案】ABD 【解析】 【分析】求导，分析函数的单调性，求函数的极值，可判断AB的真假；举反例，可以说明C是错误的；转化为函数，的单调性和极值的问题，利用数形结合，判断D的真假. 【详解】对A：当时，，， 则， 由；由， 所以在上单调递减，在上单调递增. 又，所以有且只有一个零点，故A正确； 对B：当时，，所以， 由；由， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 又，因为，所以，且当和时，， 所以函数有两个零点，故B正确； 对C：当时，，，设，则， 因为，所以， 即在上单调递增，且，所以在上无零点. 所以时，不存在正数使得，故C错误； 对D：当时，由； 由. 设，. 因为，由；由. 所以在上单调递增，在上单调递减.且. 因为，由；由. 所以在上单调递增，在上单调递减.且. 作出函数，的图形如下： 可知：当时，与零点个数相同，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. 抛掷一枚质地均匀的骰子3次，则3次中最大点数为3的情况有__________种． 【答案】19 【解析】 【分析】先求出3次中没有出现4，5，6点的情况，再求出没有出现3，4，5，6点的情况，两者相减得到答案. 【详解】3次中没有出现4，5，6点的情况有种， 没有出现3，4，5，6点的情况有种， 所以3次中最大点数为3的情况有种． 故答案为：19 13. 若在区间上单调递减，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】先求函数的单调递减区间，再根据集合的包含关系求实数的取值范围. 【详解】因为，所以. 由或. 所以函数的单调减区间为和. 又函数在上单调递减， 所以或. 解得：. 故答案为： 14. 已知不等式对任意恒成立（a，），则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据导函数得出函数的单调性，得出函数的最小值，再构造，得出函数的最小值即可. 【详解】令，则恒成立， 所以，当时，，不符合题意，舍去； 当时，由，得， 当时，，即在上单调递减，当时，，即在上单调递增， 所以的最小值为，即，则，所以． 令，则， 所以当时，，即在上单调递增，当时，，即在上单调递减， 故，故的最小值为． 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. 已知二项式． （1）求的值； （2）求的值（结果可保留幂的形式）． 【答案】（1）0 （2） 【解析】 【分析】（1）利用二项式系数的性质求值. （2）利用赋值法求值. 【小问1详解】 因为，， 所以； 【小问2详解】 令得，， 令得，. 两式相加得：； 两式相减得：. 所以. 16. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求时，的值域． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，即可求解； （2）首先利用导数判断函数的单调性，再求函数的值域. 【小问1详解】 ，，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 ，， 当，得或（舍）， 当，，单调递减，当，，单调递增， 所以当时，取得最小值，，， ，所以函数的值域是. 17. 用1，2，3，4四个数字组成可有重复数字的三位数． （1）将这些数从小到大排列，求排在第22个的三位数是多少； （2）求个位数字比十位数字大的三位数的个数； （3）求能被3整除的三位数的个数． 【答案】（1）222 （2）24 （3）22 【解析】 【分析】（1）利用分步乘法计数原理按百位上数字为1、2分类求解即得. （2）利用分步计数乘法原理，结合排除法列式求解. （3）利用分类加法计数原理，结合排列计数问题列式求解. 【小问1详解】 百位数字是1的三位数有个；百位数字是2，十位数字是1的有4个， 接下来的数依次是221，222，所以第22个的三位数是222． 【小问2详解】 由分步乘法计数原理，所有的三位数有个， 其中个位数字与十位数字相等的三位数有个， 所以个位数字比十位数字大的三位数有个． 【小问3详解】 能被3整除的三位数分为三类： 第一类，全部由2组成或者全部由3组成，共有2个； 第二类，全部由1或4组成，共有个； 第三类，由1，2，3或者2，3，4组成，共有个， 所以由分类加法计数原理，能被3整除的三位数有个. 18. 已知函数． （1）当时，求的极值点； （2）讨论函数的单调性； （3）当时，证明：，使得． 【答案】（1）极小值点为1，无极大值点 （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，结合定义域可求得单调区间，进而可求得极小值，无极大值； （2）求导，令。再次求导，分类讨论可求得的单调性； （3）当时，，求导，结合（2）存在，使得，即，求得的单调性，进而求得最小值，可得结论． 【小问1详解】 当时，的定义域为， ， 当单调递减；当单调递增． 所以的极小值点为1，无极大值点． 【小问2详解】 的定义域为， ， 令， 当时，恒成立，所以即在上单调递增． 当时，在区间上，即单调递减； 在区间上，即单调递增． 【小问3详解】 当时，， 由（2）知，在上单调递增，， 所以存在，使得，即． 在区间上，单调递减；在区间上，单调递增， 所以当时，取得极小值也即最小值为 ， 由于，所以． 所以，使得． 19. 已知函数的导函数为．若对于区间上的任意实数都有，且的值不恒为0，则称为区间上的“绝对正函数”，区间称为的“绝对正区间”． （1）若，判断是否为区间上的“绝对正函数”，并说明你的理由； （2）已知 （Ⅰ）求时，的“绝对正区间”； （Ⅱ）若对恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）不是，理由如下： ，， ， 因为， 由正弦函数的值域可得不恒大于等于零， 所以不为区间上的“绝对正函数” （2）（Ⅰ）； （Ⅱ） 【解析】 【分析】（1）求导后由二倍角的正弦公式和正弦函数的值域可得； （2）（i）求导后换元令，结合函数新定义和对数的运算性质可得；（ii）根据函数的定义域先将问题转化为等价于恒成立，当时构造函数，求导分析单调性和最值可得，当时再次构造函数求导分析单调性和最值可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）时，，， 由题意可得在恒成立， 等价于恒成立. 设，则，解得或， 即或， 所以的“绝对正区间”为. （ii）若对恒成立，即对恒成立， 因为定义域为，所以等价于恒成立. 令，则， 当时，易得恒成立，即在为递增函数， 所以，解得； 当时，令， 所以当时，，为减函数； 当时，，为增函数， 所以， 令，则， 当时，，为减函数， 所以，所以当时不成立， 综上，若对恒成立，的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $