2024-2025学年广东省广州四中高二（下）月考数学试卷（3月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省广州四中高二（下）月考数学试卷（3月份）（含答案），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.若C13x=C132x+1(x∈N∗)，则A5x=( )
A. 5B. 20C. 60D. 120
2.已知函数y=f(x)的导函数的图象如图所示，则y=f(x)的图象可能是( )
A. B.
C. D.
3.在(a+b)n的展开式中，若第4项与第5项的二项式系数之和等于第10项与第11项的二项式系数之和，则n=( )
A. 16B. 15C. 14D. 13
4.某跳水运动员在距离地面3m高的跳台上练习跳水，其重心相对于水面的高度ℎ(单位：m)与起跳后的时间t(单位：s)的函数关系是ℎ(t)=−5t2+2t+4，则该运动员在t=0.5s时的瞬时速度为( )
A. −0.50m/sB. 0.50m/sC. 3m/sD. −3m/s
5.将5名党员志愿者分到3个不同的社区进行知识宣讲，要求每个社区都要有党员志愿者前往，且每个党员志愿者都只安排去1个社区，则不同的安排方法种数有( )
A. 120B. 300C. 180D. 150
6.f(x)在(0,+∞)上的导函数为f′(x)，xf′(x)>2f(x)，则下列不等式成立的是( )
A. 20242f(2025)>20252f(2024)B. 20242f(2025)2025f(2024)D. 2024f(2025)2x−1+a在(1,+∞)上恒成立，求整数a的最大值．
参考答案
1.D
2.D
3.D
4.D
5.D
6.A
7.C
8.B
9.ABD
10.BCD
11.ABD
12.x−ey=0 x+ey=0
13.−20
14.(1,+∞)
15.解：已知(2x−1)6=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6．
(1)a6=C60⋅26=64；
(2)令x=1得a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6=1，
令x=−1得a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6=36=729，
则a1+a3+a5=−364；
(3)(2x−1)6的通项为C6r26−r(−1)rx6−r,r=0,1,2,3,4,5,6，
假设第r+1项的系数的绝对值最大，
则C6r26−r≥C6r+125−r，即6!26−rr!(6−r)!≥6!25−r(r+1)!(5−r)!，解得r≥43，
C6r26−r≥C6r−127−r，即6!26−rr!(6−r)!≥6!27−r(r−1)!(7−r)!，解得r≤73，
解得43≤r≤73，所以r=2,T4=C6224(−1)2=240，
所以(2x−1)6展开式中系数的最大值240．
16.解：用0，1，2，3，4，5这六个数字，
(1)符合要求的四位偶数可分为两类．
第一类，0在个位时有A53个；
第二类，2或4在个位时，首位从1，3，4(或2)，5中选(有A41种情况)，十位和百位从余下的数字中选(有A42种情况)，
于是有2A41A42个．
由分类加法计数原理知，
共有四位偶数A53+2A41A42=156(个)．
(2)符合要求的数可分为两类：第一类：0在个位时有A53个；
第二类：5在个位时有A41A42个．
故满足条件的四位数共有A53+A41A42=108(个)．
(3)符合要求的比1230大的四位数可分为四类：
第一类：形如13□□，14□□，15□□，共有A31A42个；
第二类：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共有A41A53个；
第三类：形如124□，125□，共有A21A31个；
第四类：形如123□，共有A21个．
由分类加法计数原理知，
无重复数字且比1230大的四位数共有A41A53+A31A42+A21A31+A21=284(个)．
17.解：(1)当a=1时，f(x)=12x2−lnx−12，则f′(x)=x−1x=x2−1x，x>0，
当x>1时，f′(x)>0；
当00，
当a>0时，由f′(x)=0，得x= a，
当00，即f(x)单调递增，
所以当x= a时，f(x)有极小值，极小值为f( a)=12a(1−lna−a2)，
由f( a)=12a(1−lna−a2)>0，得1−lna−a2>0，
令F(a)=1−lna−a2，a>0，
则F′(a)=−1a−2aF(1)，得a−18时，由2x2+x−a=0得x1=−1− 1+8a40，x2=−1+ 1+8a4>0，
当x∈(0,x2)时，f′(x)0，
此时，函数f(x)的减区间为(0,−1+ 1+8a4)，增区间为(−1+ 1+8a4,+∞)．
综上所述，a≤0时，f(x)的增区间为(0,+∞)，无减区间；
a>0时，f(x)的减区间为(0,−1+ 1+8a4)，增区间为(−1+ 1+8a4,+∞)．
(2)由题：若f(x)>2x−1+a在(1,+∞)上恒成立，
得lnx+ax−a+1>0，即a1，
则g′(x)=(lnx+1+1)(x−1)−(xlnx+x)(x−1)2=x−lnx−2(x−1)2，
令ℎ(x)=x−lnx−2，则ℎ′(x)=1−1x=x−1x，
因为x∈(1,+∞)，所以ℎ′(x)>0，所以ℎ(x)在(1,+∞)上单调递增．
又ℎ(3)=1−ln30，
所以∃x0∈(3,4)满足ℎ(x0)=x0−lnx0−2=0，即lnx0=x0−2，
当1