安徽省定远中学2024-2025学年高二下学期第二次月考 数学试题（含解析）

这是一份安徽省定远中学2024-2025学年高二下学期第二次月考 数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了 已知，则， 若，，，则以下不等式正确的是， 下列求导正确的是等内容，欢迎下载使用。
一､单项选择题：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，只有一项是符合要求的.
1. 已知，则（ ）
A. 7B. 21C. 35D. 42
【答案】B
【解析】
【分析】根据组合数的性质 建立方程解得的值，利用组合数的计算公式，可得答案.
【详解】由，则或，解得或，
所以.
故选：B.
2. 函数的导函数的图象如图所示，则下列判断中正确的 （ ）

A. 在上单调递增
B. 在上单调递减
C. 在上单调递减
D. 在上单调递增
【答案】C
【解析】
【分析】由的增减性与的正负之间的关系进行判断，
【详解】时，，故在上单调递减，
时，，故在上单调递增，
当时，，故在上单调递减，
当时，，故在上单调递增，
显然C正确，其他选项错误.
故选：C.
3. 设函数的导函数为，且满足，则下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先在中令，得到关于和的式子.再对求导后令，得到关于和的式子，从而求出.把代回表达式，求出.确定与的表达式.则判断A，B；对再求导得，发现，说明递增.又知，所以不恒大于等于，判断C；由情况可知在取最小值，求出，判断D.
详解】已知，
令可得：
对求导得，令可得：
，可得.
将代入可得，
再令可得：，
因为，所以，解得.
代入与的表达式中，可得：

A选项：由前面计算可知，所以A选项错误.
B选项：前面已求得，所以B选项正确.
C选项：对设，求导得，因为，所以，这表明在上单调递增.又因为，
所以当时，；
当时，，即不恒成立，所以C选项错误.
D选项：由前面分析可知在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得最小值，，所以不成立，D选项错误.
故选：B.
4. 将编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的小盒中，每个小盒放一个小球，要使得恰有1个小球与所在盒子编号相同，则有（ ）种不同的放球方法.
A. 20B. 15C. 12D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】分步乘法原理，先确定唯一一个编号相同的盒子，再计算与之编号不同的盒子可得.
【详解】分步计算，
先确定唯一一个编号相同的盒子，有种；
再将剩下的小球放入与之编号不同的盒子中，有2种方法，
所以一共有种.
故选：D.
5. 若，，，则以下不等式正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将变形为，构造函数，利用导数研究其单调性，再结合作差法比较即可.
【详解】因为，
令，定义域为，则，
当时，，当 时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，所以，
又，所以，
所以，即.
故选：D.
6. 已知集合，直线中的是取自集合中的三个不同元素，并且该直线的倾斜角为锐角，符合以上所有条件的直线的条数为（ ）
A. 40B. 32C. 24D. 23
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意按照顺序分别将的选法种类逐一确定，再除去不合题意的即可.
【详解】由直线的倾斜角为锐角可知斜率一定存在，可得，
且，所以异号，
从集合中任取三个不同元素，且异号，
易知有4种选法，有2种选法，有3种选法，共有种，
又因为当和时，都表示直线，
所以符合条件的直线的条数为种.
故选：D
7. 以罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理为主体的“中值定理”反映函数与导数之间的重要联系，是微积分学重要的理论基础，其中拉格朗日中值定理是“中值定理”的核心，其内容如下：如果函数在闭区间上连续，在开区间内可导，则内至少存在一个点，使得，其中称为函数在闭区间上的“中值点”．请问函数在区间上的“中值点”的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据定义，带入拉格朗日中值定理，令，找到 ，解方程，
【详解】由拉格朗日中值定理，，
则，则，合题，共2个解，
故选：B.
8. 设函数，若关于x的不等式有且只有一个整数解，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把不等式只有一个整数解，转化为只有一个整数解，令，根据导数求得函数的单调性和极值，结合图象，即可求解实数a的取值范围.
【详解】因为只有一个整数解，即只有一个整数解，
令，则的图象在直线的上方只有一个整数解，
又由，
当时，，单调递增；
当时，，单调递增；
且，
作出的图象，由图象可知a的取值范围为，
即.
故选：B
【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的图象及应用，其中解答中把不等式的解转化为只有一个整数解，结合导数得到函数的图象，结合图象求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 下列求导正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】根据基本初等函数的导数公式，导数的四则运算法则，简单复合函数的导数对选项逐一分析即可得到答案．
【详解】对于A，若，则，故A正确；
对于B，若，则，故B错误；
对于C，若，则，故C正确；
对于D，若，则，故D错误．
故选：AC．
10. 2023年国外某智库发布《尖端技术研究国家竞争力排名》的报告，涵盖了超音速、水下无人潜航器、量子技术、人工智能、无人机等二十多个领域．报告显示，中国在其中19个领域处于领先．某学生是科技爱好者，打算从这19个领域中选取A，B，C，D，E这5个领域给班级同学进行介绍，每天随机介绍其中一个领域，且每个领域只在其中一天介绍，则下列结论中正确的是（ ）
A. A，B都在后3天介绍的方法种数为36
B. A不在第一天，B不在最后一天介绍方法种数为92
C. A，B相隔一天介绍的方法种数为36
D. A在B，C之前介绍的方法种数为40
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，在后3天中选择2天，将和剩余的3天进行全排列，相乘后得到A正确；B选项，分在最后一天进行介绍和不在最后一天进行介绍两种情况，求出方法数相加后得到答案；C选项，采取插空和捆绑法进行求解；D选项，倍缩法进行求解.
【详解】A选项，在后3天中选择2天，有种选择，
再将和剩余的3天进行全排列，有种选择，
故有种方法数，A正确；
B选项，若在最后一天进行介绍，则将剩余4个领域进行全排列，有种方法，
若不在最后一天进行介绍，从3天中选择1天安排，
再从除了最后一天的剩余3天中选择1天安排，有种选择，
最后将剩余的3个领域和3天进行全排列，有种选择，
则此时有种选择，
综上，不在第一天，不在最后一天介绍的方法种数为，故B错误；
C选项，先把进行全排列，再从选择1个放在之间，有种方法，
再将这三个领域捆绑，和剩余的两个领域进行全排列，共有种选择，
综上，共有种方法数，故C正确；
D选项，进行全排列，共有种方法，
将进行全排列，共有种方法，其中在，之前的有2种，
故120种排列中，在，之前的有种，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知函数，则（ ）
A. 在区间上单调递增
B. 极大值点仅有一个
C. 无最大值，有最小值
D. 当时，关于的方程共有3个实根
【答案】BC
【解析】
【分析】利用函数的单调性与导数的关系可判断A选项；利用函数的极值点与导数的关系可判断B选项；利用函数的最值与导数的关系可判断C选项；数形结合可判断D选项.
详解】对于A选项，当时，，则，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，故A错误；
对于B选项，由A选项知，函数在上有一个极大值点，
当时，，则，此时函数单调递增，
当时，，此时函数有极小值点，无极大值点，
综上所述，函数仅有1个极大值点，故B正确；
对于C选项，当时，，
当时，，
所以，函数的最小值为，函数无最大值，故C正确；
对于D选项，如下图所示：

由图可知，当时，关于的方程共有4个实根，故D错误.
故选：BC.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设，则________．
【答案】
【解析】
【分析】应用赋值法求所有项系数之和.
【详解】令，则.
故答案为：16
13. 已知，若关于x的方程有3个不同实根，则实数取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用导函数研究出函数的单调性，极值情况，画出函数图象，并将函数的根的问题转化为两函数交点个数问题，数形结合求出实数的取值范围.
【详解】当时，，，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
且，当时，恒为正，
当时，，，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
且，
画出的图象如下：
要想关于x的方程有3个不同实根，则要函数与有3个不同的交点即可，
显然当时，符合要求.
故答案为：
14. 已知实数，满足，则的最大值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】把已知等式变形为，利用函数的单调性得的关系，这样把转化为的函数，再利用导数求得极值即可得解．
【详解】由得，所以，则，
因为，，，所以.
令，则，所以在上单调递增，
所以由，即，得，所以，
所以，
令，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以.
故答案为：
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､证明过程及验算步骤.
15. 已知在的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之比是.
（1）求的值；
（2）求展开式中常数项，并指出是第几项；
【答案】（1）；
（2）常数项为60，为第5项.
【解析】
【分析】（1）由二项式系数之比列式求解即可；
（2）求出展开式的通项，再令的指数等于零，即可得解．
【小问1详解】
依题意可得第2项的二项式系数为，第3项的二项式系数为，
∴，即，由，解得；
【小问2详解】
展开式的通项为
，
令，解得，
∴，
∴常数项为60，为第5项.
16. 已知函数.
（1）若在上不单调，求实数的取值范围；
（2）若，求在上的值域.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）三次函数在上不单调，只需导函数判别式大于0即可；
（2）先判断单调性，再结合端点值即可.
【小问1详解】
因为，所以.
因为在上不单调，所以方程有两个不同的根，
则，解得或，
即实数的取值范围是.
小问2详解】
因为，所以.
由，得或，由，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
因为，，，
所以在上的值域为.
17. 现有8名师生站成一排照相，其中老师2人，男学生4人，女学生2人，在下列情况下，各有多少种不同的站法？
（1）4名男学生互不相邻；
（2）老师站在最中间，2名女学生分别在老师的两边且相邻，4名男学生两边各2人；
（3）2名老师之间有男女学生各1人.
【答案】（1）2880
（2）96 （3）3840
【解析】
【分析】（1）利用插空法，先排老师和女学生，最后排剩余的4名男学生即可.
（2）特殊元素优先安排求解即可.
（3）先任选一男学生一女学生站两位老师中间，再排老师，最后利用捆绑法排列即可.
【小问1详解】
先排老师和女学生共有种站法，
再将男生插入到五个空中，有种，
所以共有种不同的站法．
【小问2详解】
由题意可得共种不同的站法．
【小问3详解】
先任选一男学生一女学生站两位老师中间，有种站法，
两老师的站法有种，
再将一男学生一女学生两位老师进行捆绑与剩余的4个人进行全排列有种，
所以共有种不同的站法．
18. 已知函数.
（1）当在处的切线是时，求的单调区间与极值；
（2）若在上有解，求实数的取值范围.
【答案】（1）减区间，增区间，极小值，无极大值.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据切线求得，利用导数求得的单调区间与极值.
（2）由不等式分离参数，然后利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围.
【小问1详解】
，
若在处的切线是，
则，
则，
所以在区间上单调递减；
在区间上单调递增，
所以在处取得极小值，无极大值.
【小问2详解】
依题意，①在上有解，
①可化为，
设，
，
由（1）知，当且仅当时函数值为，
所以在区间单调递减；
在区间单调递增；
所以，
所以的取值范围是.
19. 已知函数 ，．
（1）若函数在定义域上单调递增，求的取值范围；
（2）若函数有两个极值点．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）依题可知恒成立，参变分离后，求函数最值即可；
（2）（i）根据条件可知有两个不同的正跟，列出方程组解出即可；
（ii）根据（i）条件，不等式可以转化为，变形后，设，构造新函数，利用导数即可证明.
【小问1详解】
由题知， 在上恒成立，
所以在上恒成立，
因为，所以，
经检验，符合题意.
故.
【小问2详解】
(i)由题设且，
若，则在上恒成立，
即单调递减，不可能有两个极值点，不符合题意；
故，又有两个极值点，
则是的两个不同正根，
所以，
可得，
即实数的取值范围是.
(ii)由（i）且，，不妨设，
则
，
要证，
需证，
即，
只需证，
即，令，
则证，
由（1）可知当时，在上递增，
又，故，
即，
综上，.
【点睛】易错点点睛：(1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号．关键是分离参数k，把所求问题转化为求函数的最小值问题．
(2)若可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．