福建省泉州市泉港区第二中学2023-2024学年高二下学期3月第一次月考数学试卷(含答案)

这是一份福建省泉州市泉港区第二中学2023-2024学年高二下学期3月第一次月考数学试卷(含答案)，共12页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知集合，，则( )
A.B.C.D.或
2．下列运算正确的是( )
A.B.
C.D.
3．在下列函数中，即是偶函数又在上单调递增的函数的有( )
A.B.C.D.
4．若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“伞数”，现从1，2，3，4，5，6这六个数字中任取3个，组成无重复数字的三位数，其中“伞数”的个数为( )
A.120B.80C.20D.40
5．甲、乙、丙三人玩传球游戏，每个人都尽可能地把球传给另一人，由甲开始传球，作为第一次传球，经过3次传球后，球回到甲手中的概率为( )
A.B.C.D.
6．“”是“函数在上单调递增”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
7．函数的图象大致为( )
A.B.
C.D.
8．拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数在闭区间上的图象连续不间断，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点c，使得成立，其中c叫做在上的“拉格朗日中值点”.根据这个定理，可得函数在上的“拉格朗日中值点”的个数为( )
A.0B.1C.2D.3
二、多项选择题
9．下列大小关系正确的是( )
A.B.C.D.
10．杨辉三角把二项式系数图形化，把组合数内在的一些代数性质直观地从图形中体现出来，是一种离散型的数与形的结合.根据杨辉三角判断下列说法正确的是( )
A.
B.
C.已知的展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，则所有项的系数和为
D.已知，则
11．已知函数的定义域为，其导函数满足，且，则下列结论正确的是( )
A.B.
C.D.，
三、填空题
12．已知函数，则_________.
13．若5名学生要去两个地方参加志愿者活动，每人只能去一个地方，每个地方至少要有一人前往，则不同的分配方案有_________种.
14．下列结论正确的是_________.
（1）的展开式中的系数为80;
（2）被7除的余数为2;
（3）若，则；
（4）的展开式中第3项的二项式系数为45，且展开式中各项系数和为1024，则展开式中第6项的系数最大.
四、解答题
15．已知函数在处取得极值0，其中a，.
（1）求a，b的值；
（2）当时，求的最大值和最小值.
16．现有大小相同的8个球，其中2个不同的红球，3个不同的白球，3个不同的黑球.
（1）将这8个球排成一列且相同颜色的球必须排在一起，有多少种排列的方法？
（2）将这8个球排成一列，黑球不相邻且不排两端，有多少种排列的方法？
（3）若从8个球中任取4个球，则各种颜色的球都被取到的概率为多少？（最后答案用数字作答）
17．在的展开式中，若第3项的二项式系数为28，求:
（1）展开式中所有项的二项式系数之和;
（2）展开式中的有理项;
（3）展开式中系数最大的项.
18．已知函数.
（1）当时，求函数的单调区间和极值;
（2）讨论函数单调性.
19．已知，函数.
（1）求函数在点处的切线方程;
（2）证明存在唯一极值点;
（3）若存在，使得对于任意的成立，求实数b的取值范围.
参考答案
1．答案：B
解析：解不等式，得或，则或，而，所以.故选:B.
2．答案：B
解析：，
，，
故A、C、D错误，故选：B.
3．答案：D
解析：对A，函数是奇函数，在上单调递减，故A不符合函数是定义在R上的偶函数，又函数在上单调递减的函数，故B不符合;
函数是定义在R上的奇函数，故C不符合;
函数，定义域为R，所以为偶函数，又时，，所以函数在上单调递增的函数，故D符合;故选:D.
4．答案：D
解析：十位数字为3时，有个“企数”;十位数字为4时，有个“企数”;十位数字为5时，有个“企数”;十位数字为6时，有个“企数”;故共有个“伞数”.故选:D.
5．答案：C
解析：设甲、乙、丙三人用a，b，c，由题意可知:传球的方式有以下形式，，，，，，，，，所求概率为.故选C.
6．答案：B
解析：，由题意得:，
即在上恒成立，因为，所以恒成立，故实数a的取值范围是.故选:B.
7．答案：D
解析：定义域为:，，所以为非奇非偶函数，故A错误;当时，则，因为在上单调递减，在上单调递增，则在上单调递减，只要D满足条件，故选D.
8．答案：B
解析：因为，所以.
令为在上的“拉格朗日中值点”，则.
令，，则在上单调递增.
因为，，所以在内只有一个根，
所以在上的“拉格朗日中值点”的个数为1.
9．答案：AB
解析：，，A选项正确;，B选项正确;，，由，得，即，C选项错误;，D选项错误.故选:AB.
10．答案：AB
解析：对于A，因为的展开式为，计算即可求出，故A正确；
对于B，因为，所以，，而，故B正确；
对于C，根据题意得，，所以，原式变为，令，所以，所有项的系数和为，故C错误；
对于D，令，得，令，得，所以，，根据展开式通项公式，明显可见，故D错误.
故选：AB.
11．答案：BCD
解析：函数的定义域为，设，则，
因为，所以，函数是减函数，
，，
所以，可得，所以A不正确，B正确;
，所以，故C正确.
当，单调递减，所以，即，即，
因为在上单调递增，所以，即，，所以D正确.故选:BCD.
12．答案：
解析：因为，所以，.
13．答案：30
解析：把5名同学分成2组有种方法，
再把每一种分组安排到两个地方，分配方式有种，所以不同的分配方案有30种.
14．答案：（1）、（3）、（4）
解析：（1）的展开式的通项为，当时，，当时，，故的系数为，故（1）正确;
（2），展开式中除最后一项外，其它各项都是7的整数倍，所以被7除的余数等于被7除的余数，结果为3.故（2）错误;
（3）当时，，，当时，，所以.故（3）正确;
（4）由题意，，，，所以（负值舍去），又展开式中各项系数之和为1024，所以，因为，所以，展开式中的二项式系数与对应项的系数相同，所以展开式中第6项的系数最大.故（4）正确.
15．答案：（1）
（2）见解析
解析：（1），
依题意可知，即，解得，
（2）由（1）得，，
令解得或.
所以在上递减，在上递增，
所以在区间上，的最大值为或，而，.
所以在区间上的最大值为4.
16．答案：（1）432
（2）2880
（3）
解析：（1）把相同颜色的球看成一个整体，故3种不同的颜色的排法有，
2只不同的红球的排列有，3只不同的白球的排列有，3只不同的黑球的排列有，故不同的排列的总数为.
（2）先把除黑球外的5只球全排列，共有种，
再把3个黑球插入上述5个球中间的4个空挡，有种，
故共有.
（3）从8个球中任取4个球共有，
取4只球，若各种颜色的球都被取到，则必有一种颜色取两个球，其余颜色各取一个，故不同的取法总数为，则各种颜色的球都被取到的概率为.
17．答案：（1）256
（2），，
（3），
解析：（1）由题意可得，，，解得或者（舍去）;
则展开式中所有项的二项式系数之和为.
（2）展开式通项为，当为整数时，为有理项，则，4，8，所以当时，;当时，;当时，，所以展开式中的有理项为，，.
（3）设第项的系数最大，则，解得，因为，所以或，所以展开式中系数最大的项为，.
18．答案：（1）的单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值
（2）当时，在上单调递减，当时，在上单调递减，在上单调递增
解析：（1）当时，，，
则，
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，
当时，函数取得极小值，无极大值.
（2），，
则，
当时，，则单调递减;
当时，当时，，则函数单调递减，当时，，则函数单调递增.
综上所述，当时，在上单调递减;
当时，在上单调递减，在上单调递增.
19．答案：（1）
（2）证明见解析
（3）
解析：（1）因为，，所以，所以函数在处的切线方程为.
（2）证明:若证明仅有一个极值点，即证，只有一个解，即证只有一个解，
令，只需证的图象与直线仅有一个交点，，
当时，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，.
当时，，
当时，，
画出函数的图象大致如下，
因为，所以的图象与直线仅有一个交点，命题论证.
（3）由题意可得，存在，使得对于任意的恒成立，
即存在，使得对于任意的恒成立，
令，即存在，，，
（为的导数）.
由（2）得时，单调递减，时单调递增，
当时，，
当时，，
所以存在，使得函数，即，
当时单调递减，当时单调递增，
当时，，
，
当时，，则单调递增，当时，，则单调递减.
当时，，
因为存在，，即，即，
所以b的取值范围为.