山东省枣庄市市中区2024-2025学年高二下学期4月月考数学检测试卷（附答案）

这是一份山东省枣庄市市中区2024-2025学年高二下学期4月月考数学检测试卷（附答案），共11页。试卷主要包含了的展开式中项的系数是，关于的展开式，下列说法正确的有等内容，欢迎下载使用。
（范围：导数、排列、组合、二项式定理）
单选题（本大题共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．的展开式中项的系数是（ ）
A．1B．5C．10D．20
2．已知函数的图象如图所示，是函数的导函数，则（ ）
A．B．
C．D．
3．某商场举行抽奖活动，箱子里有10个大小一样的小球，其中红色的3个，黄色的3个，蓝色的4个，现从中任意取出3个，则其中至少含有两种不同的颜色的小球的取法共有（ ）
A．96种B．108种C．114种D．118种
4．某医院需要从4名女医生和3名男医生中抽调3人参加社区的健康体检活动，则至少有1名男医生参加的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．第十四届全国人民代表大会于3月5日至13日在北京召开，政府工作报告总结了过去五年的巨大成就，绘就出未来五年的美好蓝图，既鼓舞人心，又催人奋进.为学习贯彻会议精神，现组织4名宣讲员宣讲会议精神，分配到3个社区，每个宣讲员只分配到1个社区，每个社区至少分配1名宣讲员，则不同的分配方案共有（ ）
A．72B．12C．36D．24
6．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数（素数指大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数的自然数）的和”，如18=7+11，在不超过44的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于44的概率是（ ）
A．B．C．D．
7．函数在区间内有一个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数是定义在上的偶函数，当时，，若，则不等式的解集为（ ）
A．或 B．或 C．或D．或
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在毎小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．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．关于的展开式，下列说法正确的有（ ）
A．各项系数之和为1B．二项式系数之和为256
C．不存在常数项D．的系数为
10．有甲、乙、丙、丁、戊五位同学，下列说法正确的是（ ）．
A．若5位同学排队要求甲、乙必须相邻且丙、丁不能相邻，则不同的排法有12种；
B．若5位同学排队最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种；
C．若甲、乙、丙3位同学按从左到右的顺序排队，则不同的排法有20种；
D．若5位同学被分配到3个社区参加志愿活动，每个社区至少1位同学，则不同的分配方案有150种；
11．（多选题）已知函数，则（ ）
A．函数在区间上单调递减
B．函数在区间上的最大值为1
C．函数在点处的切线方程为
D．若关于的方程在区间上有两解，则
三、填空题（本大题共3小题，每小题 5 分，共15分．）
12．在二项式的展开式中，前三项的系数成等差数列，则 .
13．某老师安排甲、乙、丙、丁4名同学从周一至周五值班，每天安排1人，每人至少1天，若甲连续两天值班，则不同的安排方法种数为 .（请用数字作答）
14．已知函数，则不等式的解集是 ．
四、解答题（本大题共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．某中学组建了霹雳舞队，计划从3名男队员，5名女队员中选派4名队员外出参加培训，求下列情形下有几种选派方法．
(1)男队员2名，女队员2名； (2)至少有1名男队员．
16．已知函数.
(1)求的导数；
(2)求函数的图象在处的切线方程.
17．已知．
(1)求；
(2)指出，，，⋯，中最大的项．
18．已知函数，其中．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数存在两个不同的极值点，，证明：．
19．已知函数的极值点为2 ．
（1）求实数的值；
（2）求函数的极值；
（3）求函数在区间上的最值．答案
1．C分析：先求出二项式展开式的通项公式，然后令的次数为3求出，从而可求出结果
解析：因为的展开式的通项公式为，
所以的展开式中项的系数是，故选：C
2．A分析：根据题意，结合导数的几何意义和平均变化率的定义，利用直线斜率的关系，即可求解.
解析：如图所示，根据导数的几何意义，可得表示曲线在点处的切线的斜率，即直线的斜率，表示曲线在点处的切线的斜率，即直线的斜率，
又由平均变化率的定义，可得表示过两点的割线的斜率，
结合图象，可得，所以.故选：A.
3．C分析：由题，利用取出3个至少有两个不同颜色，等价于取出3个没有三个同色，结合组合公式即可求解
解析：至少含有两种不同的颜色的小球等价于从10个球中任意取出3个减去3个是同色的情况，即，故选：C.
4．C分析：方法一：根据题意，由组合数公式计算从7名医生中抽调3人的所有可能结果，计算至少有1名男医生参加的事件包含的选法，由古典概型公式计算可得答案；
方法二：计算抽调3人全部为女医生的概率，利用对立事件的概率公式，求出至少有1名男医生参加的概率.
解析：方法一：依题意，从7名医生中抽调3人的所有可能结果共有（种），
至少有1名男医生参加的事件包含的结果共有（种），
所以至少有1名男医生参加的概率为.
方法二：抽调3人全部为女医生的概率为，
则至少有1名男医生参加的概率为.故选：C．
5．C分析：4名宣讲员分配到3个社区，每个社区至少1人，则按1，1，2分配，计算即可．
解析：将4名宣讲员分到3个社区，每个社区至少1人，则分配方式为1，1，2，
所以不同的分配方案共有．故选：C．
6．D分析：先求得不超过的素数的个数，然后结合组合数的计算以及古典概型概率计算公式，计算出所求概率.
解析：不超过44的素数有2､3､5､7､11､13､17､19､23､29､31､37､41､43，共14个，满足“和”等于44的有（3，41），（7，37），（13，31）共有3组，. 故选:D.
7．D分析：利用导数研究在区间上的单调性，结合零点存在定理列出不等式组，解不等式可得答案.
解析：因为函数，，所以在上恒成立，则在上单调递增，
要使函数在区间内有一个零点，根据零点存在定理可得：，即，解得：，即实数的取值范围是；故选：D
8．C分析：设，由题可得函数的单调性及奇偶性，然后根据函数的单调性和函数的奇偶性结合条件即得.
解析：令函数，，则，
又当时，，所以当时，，函数单调递增，
因为函数是定义在上的偶函数，所以，
∴是奇函数，在单调递增，
∵，在单调递增，∴时，，时，，
又，在单调递增，所以时，，时，，
综上所述，不等式的解集为或.故选：C.
9．ABD分析：赋值法，令，即可判断A选项；结合二项式系数的性质即可判断B选项；结合二项式的展开式的通项公式即可判断C、D选项.
解析：令，可得各项系数之和为，故正确;
项式系数之和为，故正确;
展开式的通项公式为，令，得，即常数项为第五项，故错误;
令，得，则的系数为，故正确;故选：ABD.
10．BCD分析：利用捆绑法与插空法可判定A，利用分类计数原理计算可判定B、D，利用定序法可判定C.
解析：对于A，甲乙相邻可看作一人，与戊一起排列形成3个空，插入丙、丁两人即可，
方法数为，故A错误；
对于B，若甲排最左端，则有种排法，
若乙排最左端，则最右端有人可选，中间三人有种排法，计种排法，
合计同的排法共有42种，故B正确；
对于C，五个位置，先排丁、戊两人，有，
余下三个位置甲、乙、丙三人按从左到右就1种排法，故C正确；
对于D，五人分三组，有3、1、1或2、2、1两个分派方法，
若分为3、1、1三组，则有种方法，
若分为2、2、1三组，则有种方法，合计150种方法，故D正确.故选：BCD
11．AC分析：利用导数分析函数的单调性，进而判断AB选项；结合导数的几何意义可判断C选项；画出函数大致图象，结合图象即可判断D选项.
解析：因为，，所以，
令，即；令，即，
所以函数在区间上单调递减，在上单调递增，故A正确；
因为，，
所以函数在区间上的最大值为4，故B错误；
因为，，所以函数在点处的切线方程为，
即，故C正确；因为，函数大致图象如图，
要使方程在区间上有两解，则，故D错误.故选：AC.
12．8分析：由二项展开式通项公式可得前三项的系数，再解方程即可解决
解析：由通项公式得展开式前三项系数分别为1、、
所以1+=，解之得，或（舍）故8
13．24分析：首先在周一到周五任选连续的两天安排甲值班，即有种方式，其它三天安排乙、丙、丁值班，有种方式，由分步计数原理，即有总方法有种，即可求得所有安排方法数
解析：从周一至周五值班，甲连续两天值班，乙、丙、丁每人值班一天，可知
1、周一到周五任选连续的两天安排给甲值班，则有：种安排方法
2、甲值班两天除外，其它三天安排乙、丙、丁值班，则有：种安排方法
以上两步是分步计数方法：故总的不同的安排方法为 = 24种。故24
点睛：本题考查了排列组合，应用分步计数原理求总计数，注意其中“对甲连续两天的值班安排”应用了捆绑法
14．分析：先根据奇偶性定义判断的奇偶性，再应用导数判断的单调性，最后根据奇函数及单调递增解不等式即可.
解析：为奇函数，
单调递增，
，
故不等式的解集为. 故
15．分析：（1）根据给定条件，利用组合问题按要求选出队员，列式计算作答.
（2）根据给定条件，利用组合问题结合排除法列式计算作答.
解析：（1）从3名男队员，5名女队员中分别选出男女队员各2名，不同选法数为（种）.
（2）从8名队员中任选4名队员有种，其中没有男队员的选法数是种，
所以至少有1名男队员的不同选法数是（种）.
16．分析：（1）利用基本初等函数的导数公式及求导法则直接计算即得；
（2）求出，再利用导数的几何意义求出切线方程.
解析：（1）因为函数，所以；
（2）因为，
所以函数在处的切线方程为，即.
17．分析：（1）直接由赋值法即可求解；
（2）将问题转换为判断展开式的系数谁最大，由不等式法即可求解.
解析：（1）令，得，
令，得， 所以；
（2）判断中谁最大即判断展开式的系数谁最大．
展开式的通项，
由，得，因为，所以或6．
故中最大的项为．
18．分析：（1）求导，根据导数的正负即可确定单调性，
（2）根据极值点将问题转为存在两个不同的正实数根，，构造函数，利用导数求解即可.
解析：（1）当时,函数的定义域为，
且． 由，得．
随着的变化，，的变化情况如下：
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）由题意，得，．
由存在两个不同的极值点，得存在两个不同的正实数根，
即方程存在两个不同的正实数根，， 所以，即．
又因为，，，，
所以
．
令，其中，
由，得在上单调递增，
所以，即
19．分析：（1）直接根据求出a的值. (2)利用导数求函数的极值.
(3)先求函数的单调性，再根据单调性求函数在区间上的最值．
解析：（1）∵,，∴
又函数的极值点为2，∴，解得．
经验证得符合题意，∴.
（2）由（1）得.∴，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
∴当时，有极小值，且极小值为
（3）由（2）得在上单调递减，在上单调递增，
∴，
∵，，∴．2
_
0
+
极小值