福建省厦门市外国语学校2023-2024学年高二下学期4月份阶段性检测数学试题（原卷版+解析版）

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本试卷分选择题和非选择题两部分，共×页，满分为××分.考试用时××分钟.
注意事项：1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上.
2.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；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上作答无效.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁和平整.
第Ⅰ卷（本卷共计58分）
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 一质点做直线运动，其位移与时间的关系为，设其在内的平均速度为，在时的瞬时速度为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平均变化率和瞬时变化率的定义，可分别计算求得，即可得出结果.
【详解】根据平均速度定义可知，
在内的平均速度为；
在时的瞬时速度为；
所以.
故选：B
2. 函数的大致图像为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合函数的奇偶性以及导数求得正确答案.
【详解】的定义域为，，为偶函数.
，
当时，
即，且在上递增，
也即在区间，导数为正数且越来越大，增加越来越快，但，
所以ACD选项错误，B选项正确.
故选：B
3. 小张接到4项工作，要在下周一、周二、周三这3天中完成，每天至少完成1项，且周一只能完成其中1项工作，则不同的安排方式有（ ）
A. 12种B. 18种C. 24种D. 36种
【答案】C
【解析】
【分析】先按照周一，再安排其他两天，利用分步计数原理及排列组合知识进行求解；
【详解】先从4项工作中选1项安排在周一完成，再从剩下的工作中选2项安排在周二或周三，所以不同的安排方式有种．
故选：C
4. 已知二项式（其中且）的展开式中与的系数相等，则的值为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】利用二项式定理的通项公式建立等量关系可求答案.
【详解】因为且，由题意知，
得，求得，
故选：.
5. 回文联是我国对联中的一种．用回文形式写成的对联，既可顺读，也可倒读．不仅意思不变，而且颇具趣味．相传，清代北京城里有一家饭馆叫“天然居”，曾有一副有名的回文联：“客上天然居，居然天上客；人过大佛寺，寺佛大过人．”在数学中也有这样一类顺读与倒读都是同一个数的自然数，称之为“回文数”．如44，585，2662等；那么用数字1，2，3，4，5，6可以组成4位“回文数”的个数为（ ）
A. 30B. 36C. 360D. 1296
【答案】B
【解析】
【分析】依据回文数对称的特征，可知有两种情况：在6个数字中任取1个，在6个数字中任取2个排列，由分类计数原理可得结果.
【详解】由题意知：组成4位“回文数” ，由对称性可知，只需确定后两位数字即可.
可分为以下两种情况：
当后两位数字重复时，即由一个数组成回文数，在6个数字中任取1个，则有种；
当后两位数字不同时，在6个数字中任取2个，按不同顺序排列，有种.
综上，用数字1，2，3，4，5，6可以组成4位“回文数”的个数为：.
故选：B.
6. 若函数在上存在单调递增区间，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件得出存在，使成立，即存在，使成立，构造函数，，求出的最值即可解决问题.
【详解】因为函数在上存在单调递增区间，
所以存在，使成立，即存在，使成立，
令，， 变形得，因为，所以，
所以当，即时，，所以，
故选：D．
7. 已知，则的大关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据的特点，构造函数，判断其单调性，得到，故有，再运用作差法比较即得.
【详解】设，则，
当时，，在上递增；
当时，，在上递减,
故.
则，即；
由可知，故.
故选：B.
8. 已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递增的有序数对的个数是（ ）
A. 16B. 24C. 32D. 48
【答案】B
【解析】
【分析】分类讨论单调性，结合排列数、组合数运算求解.
【详解】若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若、和在上单调递增，则有个；
综上所述：共有个.
故选：B.
【点睛】方法点睛：两个计数原理的应用技巧
（1）在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．
（2）对于复杂的两个计数原理综合应用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．
二、多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9. 下列结论正确的是（ ）
A. 若，则正整数x的值是1B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】选项A、C，根据组合数公式及性质直接求解；选项B，根据排列数公式直接求解；选项D，根据二项式系数和公式，奇数项与偶数项的二项式系数和各占一半得出结果.
【详解】选项A，因为，所以或，即或，故D错误；
选项B，因为，故A正确；
选项C，由，故B正确；
选项D，由，
，
得，故D正确.
故选：BCD.
10. 设函数，若不等式对任意的恒成立，则的可能取值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】求得，得到函数的单调性，把转化为在上恒成立，结合二次函数的性质和不等式的解法，即可求解.
【详解】由函数，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
因为，且，则且，
所以不等式，
即为在上恒成立，
即在上恒成立，
设，当时，可得，
所以，解得，即，
结合选项，可得选项C、D符合题意.
故选：CD
11. 设的整数部分为，小数部分为，则下列说法中正确的是（ ）
A. 数列是等比数列B. 数列是递增数列
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】借助二项式展开式，得到，后逐项计算即可得.
【详解】由，
，
则
，
由整数，且，
故的整数部分即为，
小数部分即，
即，；
是以为首项，为公比的等比数列，
由，，故A、B正确；
，
故C正确；
，
故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：本题关键在于观察出与的展开式特点，得到是整数，且，从而得出，.
第II卷（本卷共计92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在的二项展开式中，系数最大的项为和，则展开式中含项的系数为______．
【答案】7
【解析】
【分析】首先由系数最大的项为和，得，再结合二项展开式的通项公式求含x项的系数即可.
【详解】，因为系数最大的项为和，所以为奇数，
，且，解得．
所以含项的系数为．
故答案为：7
13. 已知是函数的导数，且，，，则不等式的解集为______.
【答案】
【解析】
【分析】令，利用导数说明函数的单调性，再由，不等式即，结合单调性解得即可.
【详解】令，则，
所以在上单调递增，又，所以，
不等式，即，即，所以，
即不等式的解集为.
故答案为：
14. 为美化环境，某地决定在一个大型广场建一个同心圆形花坛，花坛分为两部分，中间小圆部分种植草坪，周围的圆环分为等份种植红、黄、蓝三色不同的花.要求相邻两部分种植不同颜色的花.如图①，圆环分成的等份分别为，，，有种不同的种植方法.

（1）如图②，圆环分成的4等份分别为 ，，，，有______种不同的种植方法；
（2）如图③，圆环分成的等份分别为，，，， 有______种不同的种植方法.
【答案】 ①. 18 ②. 且
【解析】
【分析】（1）分类讨论不同色与同色两种情况，由分步计数原理得到结果；
（2）由题意知圆环分为等份，对有3种不同的种法，对、、都有两种不同的种法，但这样的种法只能保证与、3、不同颜色，但不能保证与不同颜色．在这种情况下要分类，一类是与不同色的种法，另一类是与同色的种法，根据分类计数原理得到结果．
【详解】（1）如图②，当不同色时，有(种)种植方法，
当同色时，有(种)种植方法，
由分类加法计数原理得，共有(种)种植方法；
（2）如图3，圆环分为等份，对有3种不同的种法，对都有两种不同的种法，
但这样的种法只能保证与、3、不同颜色，但不能保证与不同颜色．
于是一类是与不同色的种法，这是符合要求的种法，记为种．
另一类是与同色的种法，这时可以把与看成一部分，
这样的种法相当于对部分符合要求的种法，记为，共有种种法，
这样就有，即，
则数列是首项为，公比为的等比数列．
则．
由题意知：，则
，.
故答案为：18，（且．
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. 已知函数 在时取得极值.
（1）求实数；
（2）若，求的单调区间和极值.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，即可求出参数的值，再检验即可；
（2）由（1）可得，利用导数求出函数的单调区间与极值.
【小问1详解】
因为，所以，
由题意得，
即，解得，经检验符合题意；
【小问2详解】
由（1）得，，
则，
由得或，得，
即的单调递增区间为，，单调递减区间为，
所以的极大值为，极小值为
16. 从①第4项的系数与第2项的系数之比是；②第3项与倒数第2项的二项式系数之和为36；这两个条件中任选一个，再解决补充完整的题目．
已知（），且的二项展开式中，____．
（1）求的值；
（2）①求二项展开式的中间项；
②求的值．
【答案】（1）条件选择见解析，
（2）①；②．
【解析】
【分析】（1）由题意，根据系数、二项式系数等知识，列出等式，解出的值．
（2）由题意，利用通项公式求出二项展开式的中间项，再判断、、、、为正数，、、、为负数，再给赋值，从而求出的值．
【小问1详解】
若选择①第4项系数与第2项的系数之比是，
则有，
化简可得，求得或（舍去）．
若选择②第3项与倒数第2项的二项式系数之和为36，
则有，
化简可得，求得或（舍去）．
【小问2详解】
由（1）可得，
①的二项展开式的中间项为．
②二项式展开式的通项公式为，
所以、、、、为正数，、、、为负数．
在中，令．
再令，可得，
∴．
17. 已知函数在点处的切线与直线垂直.
（1）求值；
（2）求的单调区间和极值.
【答案】（1）
（2）单调递减区间为和，单调递增区间为，的极大值为，极小值为.
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义求出斜率，利用直线垂直列式求解即可；
（2）求出导数方程的根，根据导数与极值的关系列表即可得解.
【小问1详解】
因为，所以，
则，因为函数在点处的切线与直线垂直，
故，解得；
【小问2详解】
因为，所以，
令，解得或，令得或，令得，
列表如下：
故的单调递减区间为和，单调递增区间为，
的极大值为，极小值为.
18. 已知函数.
（1）求在的单调区间：
（2）若对于任意的，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）求导得，结合余弦函数性质求函数的单调区间；
（2）由题知对于任意的恒成立，进而分和两种情况讨论即可得解.
【小问1详解】
因为，则，
且，则，
当，即，；
当，即，；
所以的递增区间为，递减区间为；
【小问2详解】
因为对于任意的恒成立，
所以对于任意的恒成立，
当时，则，可知；
当时，，
构建，则，
构建，
则在上恒成立，
可知在上单调递减，则，
即在上恒成立
可知在上单调递减，则，
可得.
综上所述：实数的取值范围为.
19. ①在微积分中，求极限有一种重要的数学工具——洛必达法则，法则中有结论：若函数，的导函数分别为，，且，则
.
②设，k是大于1的正整数，若函数满足：对任意，均有成立，且，则称函数为区间上的k阶无穷递降函数.
结合以上两个信息，回答下列问题：
（1）试判断是否为区间上的2阶无穷递降函数；
（2）计算：；
（3）证明：，.
【答案】（1）不是区间上的2阶无穷递降函数；
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据函数为区间上的k阶无穷递降函数的定义即可判断；
（2）通过构造，再结合即可得到结果；
（3）通过换元令令，则原不等式等价于，再通过构造函数，根据题干中函数为区间上的k阶无穷递降函数的定义证出，即可证明结论.
【小问1详解】
设，
由于，
所以不成立，
故不是区间上的2阶无穷递降函数.
【小问2详解】
设，则，
设，
则，
所以，得.
【小问3详解】
令，则原不等式等价于，
即证，
记，则，
所以，
即有对任意，均有，
所以，
因为，
所以，
所以，证毕!
【点睛】方法点睛：利用函数方法证明不等式成立问题时，应准确构造相应的函数，注意题干条件中相关限制条件的转化.3
0
+
0
↘
极小值
↗
极大值
↘