山东省临沂市2024-2025学年高二下学期3月阶段性检测数学检测试卷（附答案）

这是一份山东省临沂市2024-2025学年高二下学期3月阶段性检测数学检测试卷（附答案），共18页。试卷主要包含了 已知函数在处取得极值0，则， 当时，恒成立，则的取值范围为， 下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
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. 某同学逛书店，发现3本喜欢的书，决定至少买其中一本，则有（ ）种购书方法
A. 3B. 6C. 7D. 9
【正确答案】C
【分析】应用分类加法原理结合组合数计算即可.
【详解】该同学决定至少购买一本书，则他可能购买本
购买1本时：有3种可能
购买2本时：有种可能
购买3本时：有1种可能
所有共有7种可能.
故选：C.
2. 放射性元素由于不断有原子放射出微粒子而变成其它元素，其含量不断减少，这种现象称为衰变．假设、在放射性同位素铯衰变过程中，其含量（单位：太贝克）与时间（单位：年）满足函数关系：，则铯含量在时的瞬间变化率为（ ）
A. （太贝克/年）B. （太贝克/年）
C. （太贝克/年）D. （太贝克/年）
【正确答案】A
【分析】求出函数的导函数，令即可得到含量在时的瞬间变化率．
【详解】解：依题意，
，
所以铯含量在时的瞬间变化率为：（太贝克年），
故选：．
本题考查了复合函数的导数的计算，对数函数的导数，导数与瞬时变化率，属于基础题．
3. 已知函数在上不存在极值点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】首先求导数，根据，即可求得实数的取值范围.
【详解】，因为函数在上不存在极值点，
所以在上没有变号零点，
所以，
所以，
所以实数t的取值范围是．
故选：D．
4. 某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷雨”六张知识展板放置在六个并列的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“清明”和“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为（ ）
A. 24B. 48C. 144D. 240
【正确答案】C
【分析】由捆绑法结合插空法求解；
【详解】将“立春”和“春分”两块展板看成一个整体，与“雨水”“谷雨”两块展板进行全排列，再将“清明”和“惊蛰”两块展板插空，
所以不同的放置方式种数为．
故选：C
5. 函数的导函数的图象如图所示，则（ ）

A. 是函数的极小值点B. 3是函数的一个极值点
C. 在处的切线的斜率大于0D. 的单减区间为
【正确答案】D
【分析】根据导函数图象上点的坐标特征，依次判断导函数值的符号，得出原函数的单调性，从而得出极值点情况和切线斜率的正负，一一判断选项即得.
【详解】因，当时，，时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减.
对于A，由上分析知是函数的极大值点，故A错误；
对于B，由上分析知，3不是函数的极值点，故B错误；
对于C，由上分析知，，即在处的切线的斜率小于0，故C错误；
对于D，由上分析知，的单减区间为,故D正确.
故选：D.
6. 已知函数在处取得极值0，则（ ）
A. 6B. 12C. 24D. 12或24
【正确答案】C
【分析】根据在处取得极值0可得，解出即可.
【详解】由题意知，，又在处取得极值0，
则，解得或，
当时，，
函数在R上单调递增，无极值，不符合题意；
当时，，
令或，，
所以在、上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极小值，符合题意，
所以，，
则.
故选：C.
7. 已知函数是定义在上的偶函数，其导函数为，且当时，，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】构造，求导，得到函数在上的单调性，结合为偶函数，变形得到，从而得到不等式，求出解集.
【详解】令，则，
故在上单调递减，
是定义在上的偶函数，故，
的定义域为，且，
所以为偶函数，
，
所以，
所以，解得或.
故选：D
8. 当时，恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】根据题意，化简得到在上恒成立，令，求得，得到在上单调递增，转化为在上恒成立，令，利用求得函数单调性和最大值，得到，即可求解.
【详解】由题意，当时，恒成立，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
令，可得，所以在上单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，所以，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：D.
方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
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，有选错得0分.）
9. 已知数字，由它们组成四位数，下列说法正确的有（ ）
A. 组成可以有重复数字的四位数有个
B. 组成无重复数字的四位数有96个
C. 组成无重复数字的四位偶数有66个
D. 组成无重复数字的四位奇数有28个
【正确答案】AB
【分析】根据题意，由分类分步计数原理依次分析各选项，即可得答案.
【详解】解：对A：四位数的首位不能为0，有4种情况，其他数位有5种情况，则组成可以有重复数字的四位数有个，故选项A正确；
对B：四位数的首位不能为0，有4种情况，在剩下的4个数字中任选3个，排在后面3 个数位，有种情况，则组成无重复数字的四位数有个，故选项B正确；
对C：若0在个位，有个四位偶数，若0不在个位，有个四位偶数，则组成无重复数字的四位偶数共有个四位偶数，故选项C错误；
对D：组成无重复数字的四位奇数有个，故选项D错误；
故选：AB.
10. 下列结论正确的是（ ）
A.
B. 若，则展开式中各项的二项式系数的和为1
C. 多项式展开式中的系数为40
D. 被5除所得的余数是1
【正确答案】ACD
【分析】利用二项式定理及二项式展开式各项系数和，依次判断各项正误.
【详解】对于A，因为，故A正确；
对于B，的展开式中各项的二项式系数的和为 ，故B正确；
对于C，因为，
展开式的通项为：
展开式的通项为：，
当时， 的系数为；
当时， 的系数为；
当时， 的系数为；
当时， 的系数为，
所以多项式展开式中的系数为，故C正确；
对于D，因为，
所以被5除所得的余数是1，故D正确.
故选：ACD
11. 已知函数，则（ ）
A. 在区间上单调递增
B. 极大值点仅有一个
C. 无最大值，有最小值
D. 当时，关于的方程共有3个实根
【正确答案】BC
【分析】利用函数单调性与导数的关系可判断A选项；利用函数的极值点与导数的关系可判断B选项；利用函数的最值与导数的关系可判断C选项；数形结合可判断D选项.
【详解】对于A选项，当时，，则，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，故A错误；
对于B选项，由A选项知，函数在上有一个极大值点，
当时，，则，此时函数单调递增，
当时，，此时函数有极小值点，无极大值点，
综上所述，函数仅有1个极大值点，故B正确；
对于C选项，当时，，
当时，，
所以，函数的最小值为，函数无最大值，故C正确；
对于D选项，如下图所示：

由图可知，当时，关于的方程共有4个实根，故D错误.
故选：BC.
三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 某段铁路所有车站共发行种普通车票，那么这段铁路共有车站数是____.
【正确答案】
【分析】根据排列公式解方程即可.
【详解】设这段铁路共有车站个（），
所以需要普通车票种，
则，即，
解得，这段铁路共有车站数是个，
故答案为.
13. 已知多项式，则________．
【正确答案】9
【分析】利用赋值法即可求解.
【详解】令可得，
令可得，
相减可得，
故9
14. 设，，，函数（是自然对数的底数， ），从有序实数对中随机抽取一对，使得恰有两个零点的概率为_______．
【正确答案】##
【分析】首先构造函数，利用导数判断函数的单调性，最值，根据函数有两个零点，确定的关系，再利用列举法，求满足条件的有序数对，结合古典概型概率公式，即可求解.
【详解】由条件可知，满足条件的有序数对共有个，
，若函数有零点，则，即，两边取以为底的对数，即，
设，，得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，当时，，
所以当时，取得最小值，即，
因为，又，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，
共35对满足条件的有序数对，
故所求事件的概率.
故
关键点点睛：本题的关键是利用导数求函数的最小值，结合条件得到，利用列举法，结合古典概型求概率.
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. 中华文化源远流长，为了让青少年更好地了解中国的传统文化，某培训中心计划利用暑期开设“围棋”､“武术”､“书法”､“剪纸”､“京剧”､“刺绣”六门体验课程.
（1）现有甲､乙､丙三名学生报名参加暑期的体验课程，每人都选两门课程，甲和乙有一门共同的课程，丙和甲､乙的课程都不同，求所有选课的种数；
（2）计划安排五名教师教这六门课程，每门课程只由一名教师任教，每名教师至少任教一门课程，教师不任教“围棋”课程，教师B只能任教一门课程，求所有课程安排的种数.
【正确答案】（1）360 （2）1140
【分析】（1）首先确定甲和乙的相同课程、不同的课程，最后再确定丙的课程，按照分步乘法计数原理计算可得；
（2）分只任教1科和任教2科两种情况讨论，按照分类加法计数原理计算可得.
【小问1详解】
第一步，将甲和乙的相同课程选好，有种情况；
第二步，再将甲和乙不同课程选好，有种情况；
第三步，因为丙和甲，乙的课程都不同，所以丙的选法种情况；
因此，所有选课种数为
【小问2详解】
①当只任教1科时：先排任教科目，有种；
再从剩下5科中排的任教科目，有种；
接下来剩余4科中必有2科为同一名老师任教，分三组全排列，共有种；
所以当只任教1科时，共有种.
②当任教2科时：先选任教的2科有中，这样6科分为4组共有种，
综上，所有课程安排方案有种.
16. 已知函数 ．
（1）求函数 在 上的最大值和最小值；
（2）若不等式 有解，求实数 的取值范围.
【正确答案】（1）最大值为 ，最小值为
（2）
【分析】（1）先利用导数可得函数 在 上单调递增，在上单调递减，从而可求函数 在 上的最大值和最小值；
（2）不等式 可化为 ，记 ，则原不等式有解可转化为 ，再利用导数求函数的最大值，即可求实数 的取值范围.
【小问1详解】
因为函数 ，
所以 ，
令 ，则 或 (舍去).
当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上单调递增，在上单调递减，
所以当 时， 取得最大值，最大值为 ，
又 ，
，
所以 ，所以当 时， 取得最小值，最小值为 ，
故 在 上的最大值为 ，最小值为 .
【小问2详解】
易知 的定义域为 ，
故不等式 可化为 .
记 ，则原不等式有解可转化为 .
易得 ，时，，时，，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
故 ，所以 ，
解得
所以实数 的取值范围为 .
17. 已知在的展开式中满足，且常数项为，求：
（1）二项式系数最大的项
（2）系数绝对值最大的是第几项
（3）从展开式中的所有项中任取三项，取出的三项中既有有理项也有无理项，求共有多少种不同的取法．
【正确答案】（1）
（2）8 （3）135
【分析】（1）写出二项展开式的通项并令的指数为0，利用常数项为即可求得，进而可求解；
（2）由系数绝对值最大的项等价于系数最大的项，结合不等式求解即可；
（3）由通项可知展开式中有理项共有6项，无理项有5项，再利用分类分步计数原理即可求得结果.
【小问1详解】
根据展开式的通项可得
令，解得
即时，常数项，
解得
所以二项式系数最大的项
【小问2详解】
系数绝对值最大的项等价于系数最大的项；
设第项系数最大，
则
即，又，
所以，
即第8项系数最大，也即展开式中第8项系数绝对值最大.
【小问3详解】
令，，解得，
即展开式中的有理项共有6项，无理项有5项；
所以从展开式中的所有项中任取三项，取出的三项中既有有理项也有无理项的取法共有种；
18. 已知函数，.
（1）当时，讨论单调性；
（2）若有两个极值点，记极大值和极小值分别为M，m，证明.
【正确答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【分析】（1）利用函数的导数性质进行求解即可；
（2）根据极值的定义，结合导数的性质进行证明即可.
【小问1详解】
当时，，，
则，
当或时，；
当时，，
所以函数在上单调递减，在和上单调递增.
【小问2详解】
由，，得，
因为函数有两个极值点，所以方程有两个不相等的实根，
设为且，因为函数在时的图象关于轴对称，
所以，即，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以分别是函数的极大值点和极小值点，
即，，
又，即，
则，
又，则，，
设，，
则，即函数在上单调递减，
所以，即.
19. 已知函数，其中为正实数.
（1）若函数在处的切线斜率为2，求的值；
（2）求函数的单调区间；
（3）若函数有两个极值点，求证：
【正确答案】（1）1；（2）见解析；（3）见解析
【详解】试题分析：（1）根据导数几何意义得，解得的值；（2）先求导数，再根据导函数是否变号分类讨论，最后根据导函数符号确定单调区间（3）先根据韦达定理得，再化简，进而化简所证不等式为，最后利用导函数求函数单调性，进而确定最小值，证得结论
试题解析：(1)因为，所以，
则,所以的值为1．
(2) ，函数的定义域为，
若,即,则,此时的单调减区间为;
若,即,则的两根为,
此时的单调减区间为,,
单调减区间为．
(3)由(2)知，当时，函数有两个极值点,且．
因为


要证,只需证．
构造函数，则，
在上单调递增,又,且在定义域上不间断,
由零点存在定理，可知在上唯一实根, 且．
则在上递减, 上递增,所以的最小值为．
因为,
当时, ,则,所以恒成立．
所以,所以，得证．