湖北省华中科技大学附属中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题（Word版附解析）

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一、单选题（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. 6 个班分别从 7 个风景点中选择一处游览，不同的安排方法有（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据分步乘法即可.
【详解】对于每个班来说有 7 种选择，则根据分步乘法有 种安排方法，
故选：D.
2. 已知曲线 上一点 ，记 为函数 的导数，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导可得 ，进而求解.
【详解】 ， ，所以 ，
所以 .
故选：D
3. 设曲线 在点 处的切线与 轴的交点的横坐标为 ，则
等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数几何意义可求得切线方程为 ，令 ，得到 ，结合累乘
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法，即可求得 的结果，得到答案.
【详解】由函数 ，可得 ，所以 ，
即在点 处的切线的斜率为 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，
令 ，可得 ，
所以 .
故选：D.
4. 南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设 、 、 为整数，若 和 被
除 得 余 数 相 同 ， 则 称 和 对 模 同 余 ， 记 为 ． 已 知
， 若 ，
，则 的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】写出二项展开式通项，分析可知，当 为奇数时， ；当 为偶数时， .利用赋值法可
求出 ，利用二项展开式求出 被 除的余数，即可得出合适的选项.
【 详 解 】 的 展 开 式 通 项 为
，
又因为 ，
所以， ，
当 为奇数时， ；当 为偶数时， .
令 ，则 ，
所以， ，
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所以 ，
又 ，
故 被 除余 ，而 被 除余数为 ， 被 整除， 被 除余数为 ，
被 除余数为 ，
故选：A.
5. 数列 满足 ，且对任意的 都有 ，则下列表述不正确的是（ ）
A. B. 数列 的前 项和为
C. 数列 的前 项和为 D. 数列 的第 项为 5050
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，得到 ，结合 和叠加法，求得 ，可判定 A、D 正确；
再由 ，利用裂项法求和，可得判定 B 正确，C 错误，即可求解.
所以数列 的前 项和为： ，故 B 正
确，C 错误．
【详解】因为 ，所以 ，
又因为 ，当 时，所以
，
其中 也满足 ，故对任意 ， ，
所以数列 的第 项为 ，故 A 正确，D 正确；
又由 ，
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所以数列 的前 项和为： ，故 B 正
确，C 错误．
故选：C.
6. “四平方和定理”最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明.“四平方和定理”的内容是：任意正整数都
可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数 .设 ，其中
均为自然数，则满足条件的有序数组 的个数是（ ）
A 26 B. 28 C. 29 D. 30
【答案】C
【解析】
【分析】依据题意列出不同情况，再利用分类加法计数原理求解即可.
【详解】满足 的自然数 有四组，
分别是： ； ； ； ；
那么有序数组 有： 个.
故选：C
7. 已知函数 ，其中 为自然对数的底数，记等差数列 的前 项和为
，若 ， ，则 （ ）
A. B. C. 2025 D. 4050
【答案】A
【解析】
【分析】令 ，易得 为奇函数，利用导数判断出函数的单调性，再根据
已知求出 ，最后根据等差数列的前 项和公式即可得解.
【详解】令 ，则 的定义域为 ， ，
因为 ，所以 为奇函数，
又 ，
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当且仅当 ，即 时取等号，
所以函数 在 上单调递增，
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，即 ，
所以 .
故选：A
8. 已知函数 的导函数为 ，且对任意的实数 都有 ( 是自然对数的
底数)，且 ，若关于 的不等式 的解集中恰有两个整数，则实数 的取值范围是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意得 即 求出 解析式，利用导数研究其
单调性和极值与最值，结合图象即可求解.
【详解】 即 ，
所以 ，则 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
，
由 得 ，此时 单调递增，
由 得 或 ，此时 单调递减，
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所以 时， 取得极大值为 ，
当 时， 取得极小值 ，
又因为 ， ， ，且 时， ，
的解集中恰有两个整数等价于 在 下方的图象只有 2 个横坐标为整
数的点，结合函数图象可得：
则 ，解得 ，
所以 时， 的解集中恰有两个整数 ，
故实数 的取值范围是
故选：C
【点睛】关键点点睛： 的解集中恰有两个整数，需求出 解析式，所以对已知条件
变形可得 即 结合 可求出
， 的解集中恰有两个整数等价于 在 下方的图象
只有 2 个横坐标为整数的点，对 求导数形结合即可求出实数 的取值范围，属于难题.
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.全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分．）
9. 定义在 上的函数 的导函数 的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
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A. 函数 在 上单调递减 B. 函数 在 上单调递减
C. 函数 在 处取得极小值 D. 函数 在 处取得极大值
【答案】AD
【解析】
【分析】利用函数的函数的图象，可判断函数的单增区间与单减区间，进而可得极大值点，从而可得结论.
【详解】由函数 的导函数 的图象可知，
当 时， ，所以 在 上单调递增，故 B 错误；
当 时， ，所以 上单调递减，故 A 正确；
所以函数 在 处取得极大值， 不是极小值点，故 C 错误，D 正确.
故选：AD.
10. 定义：设 为三次函数， 是 的导函数， 是 的导函数，若方程 有
实数解 ，则称点 为三次函数 图象的“拐点”.经过探究发现：任意三次函数
图象的“拐点”是其对称中心.已知三次函数
的极大值点和极小值点分别为 ，且有 ，则下列说法中正确的是（ ）
A.
B. 方程 有三个根
C. 若关于 的方程 在区间 上有两解，则 或
D. 若函数 在区间 上有最大值，则
【答案】ABD
【解析】
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【分析】依题意可得 的对称中心为 ，即可得到 ，从而求出 、 的值，再利用导数
说明函数的单调性，求出函数的极值，即可画出函数图象，最后根据图象一一分析即可.
【详解】对于三次函数 ，则 ， ，
若 ，令 ，则 （ 、 为 的两根，为三
次函数的两个极值点），
令 ，则 ，所以 ，
依题意 的极大值点和极小值点分别为 ，且有 ，
所以 的对称中心为 ，
对于 A，由 ，可得 ， ，
所以 ，即 ，解得 ，故 A 正确；
对于 B，因为 ， ，
当 或 时 ，当 时 ，
所以 在 ， 上单调递增，在 上单调递减，
所以 在 处取得极大值 ，在 处取得极小值 ，
则 的图象如下所示：
由图可知 与 有且仅有 个交点，所以方程 有三个根，故 B 正确；
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对于 C，又 ，若关于 的方程 在区间 上有两解，
即 与 在区间 上有两个交点，则 ，故 C 错误；
对于 D，由 ，
若函数 在区间 上有最大值，则 ，解得 ，即 ，故 D 正确
.
故选：ABD
11. 下列不等式中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】分别根据不等式两边的结构特点，构造函数，利用导数研究函数单调性，极值，即可判断正误.
【详解】对 A，令 ，则 ，
当 时， ，此时 在 上单调递增，
当 时， ，此时 在 上单调递减，
所以 ， ，所以 ，故 A 正确；
对 B，设 ， ，则 ，
再令 ，则 ， ，
则 在 上恒成立，则 在 上单调递减，
则 ，则 在 上恒成立，则 在 上单调递减，
因为 ，则 ，则 成立，故 B 不正确；
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对 C，由 时 ，所以 ，令 ，
当 时， ，此时 在 上单调递减，
当 时， ，此时 在 上单调递增，
所以 ，所以 ，当 时取等号，
所以 ，即 ，
又 ，所以 ，所以 ，故 C 正确；
对 D，令 ， ， ，
，则 在 上恒成立，
则 ，即 ，故 D 正确.
故选：ACD
第 II 卷（非选择题）
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.）
12. 有 男 女共 名学生被分派去 三个公司实习,每个公司至少 人,且 公司要且只要 个女生,
共有________种不同的分派方法.(用数字作答)
【答案】
【解析】
【分析】按照分步乘法计数原理,先分派 公司的人选,再分派 公司的人选,然后方法数相乘即可.
【详解】解: 公司只要 个女生,有 种分派方案,
则 公司分派人数可以为 或者 或者 共 3 种分派方案,共 种,
所以一共有 种分派方案.
故答案为: .
13. 已知数列 ： ， ， ， ， ，依此类推.记数列 的前 项和为 ，则
_____.
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【答案】
【解析】
【分析】归纳出数列 的通项公式，再利用分组求和法可求得 .
【详解】由题意可得 ， ， ， ， ，
以此类推可知， ，
所以，
.
故答案为： .
14. 汉诺塔（Twer f Hani），是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为
A、B、C 的柱子， A 柱子从下到上按金字塔状叠放着 个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到
柱子 B 上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，记至少移动的次数为
，例如： ，则 H（3）=___________， _________________.
【答案】 ①. 7 ②.
【解析】
【分析】由题意分析有 3 个圆盘时的移动情况，可得 ；若有 n 个圆盘，设至少移动 次，则
，进而 ，故数列 是以 为首项，公比为 2 的等比数列，
即可求解.
【详解】由题意知若有 1 个圆盘，则需移动 1 次；
若有 2 个圆盘，则移动情况为： ，需移动 3 次；
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若有 3 个圆盘，则移动情况如下： ，共 7 次，故
.
由此可知若有 n 个圆盘，设至少移动 次，则 ，
所以 ，而 ，
故数列 是以 为首项，公比为 2 的等比数列，
故 ，即 .
故答案为：7； .
四、解答题（本题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. ）
15. 在 的展开式中，第 2，3，4 项的二项式系数依次成等差数列.
（1）证明：展开式中没有常数项；
（2）求展开式中系数最大的项．
【答案】（1）证明见解析
（2）第二项 和第三项
【解析】
【分析】①根据二项式展开式的二项式系数，根据成等差数列列出方程，进而解出 ，然后求出展开式
中通项，假设有常数项，进而得到矛盾.
②假设第 r+1 项系数最大，根据 和 ，解出 的范围，进而可求解.
【小问 1 详解】
证明：由二项式定理可知：第 2,3,4 项的二项式系数为 依次成等差数列， ，
，
（舍）或 .
二项展开式中第 项 ，令 ，
所以展开式中没有常数项得证.
【小问 2 详解】
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由（1）知二项展开式中第 项的系数为 ，设第 项系数最大，则 且
，化简得 ，
又 或 2，则展开式中系数最大的项是第二项 和第三项 .
16. 若函数 .
（1）若函数 在点 处的切线方程为 ，求实数 、 的值；
（2）已知 （ 为自然对数函数的底数），若 在区间 上的最小值为 ，求实数 的值.
【答案】（1） ，
（2）
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义可得出 ，再利用点 在直线 上，可求出 的
值；
（2）利用导数分析函数 在区间 上的单调性，结合 可求得实数 的值.
【小问 1 详解】
因为 ，其中 ，则 ，
由导数的几何意义可得 ，则 ，所以， ，
因为点 在直线 上，所以， ，解得 .
综上所述， ， .
【小问 2 详解】
因 ，其中 ，则 ，
因为 ，则 ，由 可得 ，由 可得 ，
所以，函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
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所以， ，解得 ，合乎题意.
综上所述， .
17. 万州区为提高市民的健康水平，拟在半径为 20 米的半圆形区域内修建一个健身广场，该健身广场（如
图所示的阴影部分）分休闲健身和儿童活动两个功能区，图中矩形 区域是休闲健身区，以 为底
边的等腰三角形区域 是儿童活动区， ， ， 三点在圆弧上， 中点恰好在圆心 ．设
，健身广场的面积为 ．
（1）求出 关于 的函数解析式；
（2）当角 取何值时，健身广场的面积最大？其最大面积是多少？
【答案】（1）
（2） ；
【解析】
【分析】（1）借助三角函数将矩形的长与宽，三角形的底与高表示出来，利用面积公式求解面积再相加即
可.
（2）借助导数研究函数的单调性，求出 的最大值，进而得到 的最大值即可.
【小问 1 详解】
由已知得 ，
等腰 底边 上的高为 ，
而 ，
，
，得到 .
【小问 2 详解】
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设 ，则 ，
令 ，由 ，可得 ，令 ，可得 ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 时，有 ，
故 ，即 时，健康广场的面积最大，最大值为 .
18. 设 是等差数列，数列 的前 项和为 ，满足 ，且 ， ，.
（1）求 与 的通项公式；
（2）设 ，求数列 的前 项和 ；
（3）若对于任意的 不等式 恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】（1） ，
（2）
（3） .
【解析】
【分析】（1）根据 ，得到 为公比为 3 的等比数列，求出 的通项公式，进而
得到 的首项和公差，得到通项公式；
（2）可以采取分组求和的方式，即将奇数项与偶数项的和分开求解，再利用错位相减法以及裂项相消法分
别求和；
（3）求参数的范围，可以采用分离参数的方法，求后面式子的最值，结合函数的单调性进行分析求解．
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【小问 1 详解】
当 时， ，解得 ，
，当 时， ，
上面两式相减得 ，故 ，
所以 是以 3 为首项，3 为公比的等比数列，故 ，
所以 ， ，
设 的公差为 ，则 ，解得 ，
故 ，
故 ， ．
【小问 2 详解】
当 为奇数时， ，
记 ，则有
，
，
得： ，
，
，
当 为偶数时， ，
记
，
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．
【小问 3 详解】
由 与 恒成立，
可得 恒成立，
恒成立，先求出 的最大值，
设 ，
，
单调递增，
又 ，
，
．
19. 已知函数 .
（1）若函数 在定义域内是增函数，求实数 的取值范围；
（2）当 时，讨论方程 的根的个数.
（3）函数 的图象上是否存在两点 （其中 ），使得直线 与函数 的
图象在 处的切线平行？若存在，请求出直线 ；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）1 （3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到 对任意的 恒成立，转化为 恒成立，结合二次函数
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的性质，求得 在区间 上的最大值，进而得到实数 的取值范围；
（2）构造函数 ，分 和 ，利用导数求得函数
的单调性与极值，结合零点存在定理，得到出函数 的零点个数，由此可得出结论；
（3）由斜率公式，得到 再由 ，令
，化简得到 ，令 ，令 利用导数求得
在 上是增函数，结合 ，即可得到答案.
【小问 1 详解】
解：因为 ，可得定义域为 ，
由函数 在定义域内是增函数，所以 对任意的 恒成立，
即 对任意的 恒成立，
当 时，即 时， 取得最大值，最大值为 ，所以 ，
所以实数 的取值范围是 .
【小问 2 详解】
解：由 ，即 ，
设 ，则 ，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
因为 ， ，故函数 有唯一零点；
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当 时，由 ，
令 ，解得 或 ；令 ，解得 ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
则极大值为 ，
设 ，可得 恒成立，
故函数 单调递增，所以 ，
故函数 在 上无零点，
因为 ， ，
故函数 在 上有唯一零点.
综上所述，当 时，方程 有且仅有一个根.
【小问 3 详解】
解：由斜率公式，可得
，
且 ，
令 ，可得 ，即 ，即 ，
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令 ，不妨设 ，则 ，记
所以 ，所以 在 上是增函数，
所以 ，所以方程 无解，
故满足条件的两点 不存在.
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围 2
、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与 和 相关的常见同构模型
① ，构造函数 或 ；
② ，构造函数 或 ；
③ ，构造函数 或 .
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