黑龙江省鸡西市2024_2025学年高二数学下学期4月月考试卷含解析

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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
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【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.
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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
① ②可得： ，故 D 错误；
① ②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（ ）
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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，
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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（ ）
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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
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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， .
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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 .
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【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】
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【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 ，
，
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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.
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（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 ，
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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， ，
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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 .
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