广东省清远市阳山县南阳中学2024-2025学年高二下学期第一次月考 数学试题（含解析）

这是一份广东省清远市阳山县南阳中学2024-2025学年高二下学期第一次月考 数学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
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. 函数在区间上的平均变化率为（ ）
A. 6B. 3C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】由平均变化率计算公式求解．
【详解】解：函数在区间上的平均变化率为
．
故选：B.
2. 一物体做直线运动，其运动方程为，则时，其速度为（ ）
A. －2B. －1C. 0D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由导数的定义求解即可；
【详解】;
故选：D
3. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B. ＝
C. D. ＝
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数运算确定正确选项.
【详解】，A错误.
，B错误.
，C正确.
，D错误.
故选：C
4. 某学校高二年级拟举办艺术节，要求各班级从《黄河大合唱》，《我和我的祖国》，《北京欢迎你》，《我爱你中国》和《我们走在大路上》这五首指定曲目中任选一首作为表演节目，则高二（1）班与高二（2）班抽到不同曲目的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】理解题意，利用分步乘法计数原理和古典概型概率公式计算即得.
【详解】高二（1）班与高二（2）班分别从这五首曲目中任选一首作为表演节目的方法数有种，
而要使两个班抽到不同曲目，可分步完成：
先让高二（1）班选一首有5种方法，再由高二（2）班从余下的4首曲目中选一首，有4种方法，
由分步乘法计数原理，可知方法数有种.
由古典概型概率公式，可得高二（1）班与高二（2）班抽到不同曲目的概率为.
故选：D.
5. 化简（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据组合数的性质化简即可.
【详解】由组合数性质可得：
，
故选：D
6. 如图为某公交线路图的一部分，现在6名同学从安一中站点上车，分组到人民银行、实验小学、凤山公园、凤山书院4个站点参加公益宣传活动，每个站点至少一人，且实验小学站至少2人，则下车的不同方案种数为（ ）
A. 120B. 480C. 540D. 660
【答案】D
【解析】
【分析】分别考虑实验小学站2人，实验小学站3人，根据分组分配问题，结合排列组合即可求解．
【详解】当实验小学站2人，种．
实验小学站3人，种．
则下车的不同方案种数为．
故选：D．
7. 函数图像是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先判断函数奇偶性，即可排除AD，再由导函数求得极值点和极值点左右两侧的单调性，并求得当函数的函数值符号，即可判断选项.
【详解】由函数，知，是奇函数，图像关于原点对称，排除A，D；
当时，，
则，
令，解得，
当时，则单调递增，
当时，则单调递减，且当时，，
结合选项可知，C为正确选项，
故选：C.
【点睛】本题考查了由函数解析式选择函数图像的方法，注意奇偶性、单调性、特殊值与极限值的方法，由导数判断函数单调性的方法，属于基础题.
8. 函数存在与直线平行的切线，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求函数的导数，根据切线和直线平行建立在定义域上有解，利用参数分离法进行求解即可.
【详解】因，
故存在切点，使得，
所以有解，
由于，，所以（当且仅当取等号），即
故选：D．
二、多项选择题：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. 临沂动植物园举行花卉展览，某花卉种植园有2种兰花，2种三角梅共4种精品花卉，其中“绿水晶”是培育的兰花新品种，4种精品花卉将全部去展馆参展，每种只能去一个展馆，每个展馆至少有1种花卉参展，下列选项正确的是（ ）
A. 若展馆需要3种花卉，有4种安排方法
B. 若“绿水晶”去展馆，有7种安排方法
C. 若“绿水晶”不去展馆，有6种安排方法
D. 若2种三角梅不能去往同一个展馆，有8种安排方法
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A,从4种精品花卉中安排3种花卉给展馆即可；对于B,若“绿水晶”去 展馆, 将剩下 3 种花卉分到 展馆即可；对于C,若“绿水晶”不去 展馆, 则其必须去 展馆;对于D,若 2 种三角梅不能去往同一个展馆, 则其分别在 两个展馆.根据排列组合计算即可.
【详解】对于,若展馆需要 3 种花卉, 4 种精品花卉选 3 种安排在展馆即可，有种安排方法,正确;
对于, 若“绿水晶”去展馆, 将剩下3 种花卉分到展馆即可,展馆必有一种,则有 种安排方法,正确;
对于, 若“绿水晶”不去展馆, 则其必须去展馆，同理选项，有7 种安排方法， 错误;
对于, 若 2 种三角梅不能去往同一个展馆, 则其分别在 两个展馆, 有 种安排方法, 将 2 种兰花安排在 两个展馆, 每种兰花都有 2 种安排方法, 则 2 种兰花共有 种安排方法,
则有 种安排方法, 正确.
故选: .
10. 已知在处取得极大值3，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据原函数极值点即为导函数零点可得，即可知，再根据极大值为3可解得或；易知当时，在处取得极小值，与题意不符，当时，函数在处取得极大值，符合题意，可得，，即，即可判断出结论.
【详解】由题意可得，
且是函数的极大值点，即，可得，
又极大值为3，所以，解得或；
当时，，此时，
时，，时，
所以函数在上单调递减，在上单调递增；
此时函数在处取得极小值，与题意不符，即舍去；
当时，，此时，
时，，时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减；
此时函数在处取得极大值，符合题意，
所以，，即，所以A正确，B错误；
此时，所以，，即C错误，D正确
故选：AD
11. 定义在上的函数满足，则（ ）
A.
B. 若，则为的极值点
C. 若，则为的极值点
D. 若，则在上单调递增
【答案】ABD
【解析】
【分析】令且，结合已知可得，即可判断A；将已知条件化为且，再令并应用导数研究单调性得，进而判断B、C、D.
详解】令且，则，
所以在上递增，则，A对；
由题设且，
令，则，
当时，即递减；当时，即递增；
所以，
若，则，
所以上，递减；上，递增；
故为的极值点，B对；
若，则，即，故在上递增，故不是的极值点，C错；
若，则，即，故在上单调递增，D对.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：对于B、C、D，由且，并构造且应用导数研究其单调性和极值为关键.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若满足，则______.
【答案】或
【解析】
【分析】利用组合数的性质建立方程，求解未知量即可.
【详解】因为，所以或，
解得或，当时，，符合题意，
当时，，，符合题意.
故答案为：或
13. 已知函数的极大值为5，则实数___________.
【答案】1
【解析】
【分析】求出函数的导函数，然后求出函数的单调区间，根据函数的极值定义即可求得函数的极大值，从而即可得出答案.
【详解】解：由，则，
当时，，当或时，，
所以函数在上递增，在和上递减，
所以当时，函数取得极大值，为，
所以.
故答案为：1.
14. 已知，若关于x的方程有3个不同实根，则实数取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用导函数研究出函数的单调性，极值情况，画出函数图象，并将函数的根的问题转化为两函数交点个数问题，数形结合求出实数的取值范围.
【详解】当时，，，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
且，当时，恒为正，
当时，，，
当时，，当时，，
故上单调递减，在上单调递增，
且，
画出的图象如下：
要想关于x的方程有3个不同实根，则要函数与有3个不同的交点即可，
显然当时，符合要求.
故答案为：
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.
（1）求在点处的切线方程；
（2）求在区间上的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，由导数的几何意义即可求解；
（2）求导，确定函数单调性，即可求解；
【小问1详解】
易知函数的定义域为，
则，所以切线方程为
【小问2详解】
令，得或，
令，得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
∴当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，
所以.
16. 晚会上共有7个节目，其中有4个不同的歌唱节目，2个不同的舞蹈节目和1个相声节目，分别按以下要求各可以排出多少种不同的节目单.
（1）其中舞蹈节目第一个出场，相声节目不能最后一个出场；
（2）2个舞蹈节目不相邻；
（3）前3个节目中既要有歌唱节目又要有舞蹈节目.
【答案】（1）1200
（2）3600 （3）3456
【解析】
【分析】（1）采用分步计数原理，特殊元素先排计算出结果即可；
（2）采用分步计数原理，特殊元素先排，再用插空法即可；
（3）先分三类，一种为1个歌唱节目，2个舞蹈节目；另外一种为2个歌唱节目，1个舞蹈节目；最后一种为歌唱节目，舞蹈节目､相声节目各1个；再分步计算，最后求和即可.
【小问1详解】
按特殊位置或特殊元素优先安排的原则分3步：
先排第1个节目，有种安排方法，
再排最后一个节目，可以从余下的5个非相声节目中选一个排在最后，有种排法，
最后余下的节目随便排，有种排法，
由分步计数原理得共有种排法.
【小问2详解】
先排非舞蹈节目，有种排法，
将2个舞蹈节目插到6个空中，有种排法，
故种排法.
【小问3详解】
前3个节目共三种情况：
一种为1个歌唱节目，2个舞蹈节目，有种排法，
另外一种为2个歌唱节目，1个舞蹈节目，有种排法，
最后一种为歌唱节目，舞蹈节目､相声节目各1个，有种排法，
故共有种排法.
17. 已知双曲线的离心率为，实轴长为2.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）是否存在过点的直线与双曲线交于两点，且满足（其中为坐标原点）若存在，求出直线方程；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由椭圆的几何性质和离心率公式即可求解；
（2）设直线方程为，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理即可求解.
【小问1详解】
由实轴长为2可得，得；
再由离心率，得，
所以，可得双曲线的标准方程为.
【小问2详解】
如下图所示：显然直线斜率存在，设直线方程为，设，
联立，整理可得，
显然，且，解得；
可得，，
所以
，即，解得.
不满足且，不合题意；
因此不存满足.
18. 在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，且.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成角的大小；
（3）已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，试确定点的位置.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）点为靠近的四等分点
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的性质，结合线面平行的判定，可得答案；
（2）由题意建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案；
（3）由（2）的空间直角坐标系，表示出直线的方向向量，利用线线角的向量公式，建立方程，可得答案.
【小问1详解】
取的中点为，连接，如下图：
因为为的中点，所以，由，则，
因为，所以四边形是平行四边形，则，且，
因为在正方形中，且，即且，
所以四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
由，则，
在正方形中，，所以两两垂直，
以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图：
则，
可得，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量；
设平面的法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量，
设平面与平面的所成角为，
则，由，则.
【小问3详解】
由题意作图如下：
设，则，
可得，
设异面直线与所成角为，
则，
整理可得，解得，
即，由，则，即，
故点为靠近的四等分点.
19. 已知函数，，为自然对数的底数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）已知函数的极小值大于零，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）对函数求导，对其中及其分类讨论，即可得出的单调性；
（2）根据函数的极小值大于零知和，通过构造函数得，即可求出实数的取值范围.
【小问1详解】
，，
①当时，，在递增；
②当时，令，即且．
令两根，
则上，上，
所以在递减，在递增．
综上：当时，函数在递增，
当时，函数在递减，在递增；
【小问2详解】
，由（1）知，为的极小值点，
则，即，解得，
令且，则恒成立，单调递增，
又，结合，即，故，
所以，即.