广西壮族自治区来宾市高中2024−2025学年高二下学期4月月考 数学试题（含解析）

这是一份广西壮族自治区来宾市高中2024−2025学年高二下学期4月月考 数学试题（含解析），共11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。
一、单选题（本大题共8小题）
1．若，则m等于（ ）
A．6B．5C．4D．3
2．已知函数在处的导数为2，则（ ）
A．0B．C．1D．2
3．四名同学报名参加乒乓球、篮球、足球运动队，每人限报一项，不同的报名方法的种数是（ ）
A．64B．81C．24D．12
4．在的展开式中，含的项的系数是（ ）
A．B．C．D．
5．曲线在点处的切线的方程为
A．B．C．D．
6．已知数列满足，则等于（ ）
A．6B．11C．22D．43
7．在等差数列，中，，其前项和为，若，则（ ）
A．12B．18C．30D．36
8．已知函数，，若，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共4小题）
9．下列函数求导错误的是（ ）
A．B．C．D．
10．定义在区间上的函数的导函数图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．函数在区间单调递增
B．函数在区间单调递减
C．函数在处取得极大值
D．函数在处取得极小值
11．已知等差数列前n项和为，公差为，是和的等比中项，则（ ）
A．B．数列是递增数列
C．D．有最大值为
12．丹麦数学家琴生（Jensen）是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方面留下了很多宝贵的成果，设函数在上的导函数为，在上的导函数为，若在上恒成立，则称函数在上为“凸函数”，以下四个函数在上是凸函数的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题（本大题共4小题）
13．在等比数列中，，则 .
14．展开式中各项系数之和 .
15．6名同学排成一排，其中甲､乙两人不相邻的排法共有 种方法；
16．已知曲线在点P处的切线与在点Q处的切线平行，若点P的纵坐标为1，则点Q的纵坐标为 ．
四、解答题（本大题共6小题）
17．已知的展开式中共有9项.
(1)求的值；
(2)求展开式中的系数；
(3)求二项式系数最大的项.
18．已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)求函数的极值；
19．已知数列的前项和为，且．
(1)证明：数列是等比数列；
(2)设数列满足，求的前项和．
20．已知中，角的对边分别是，且.
(1)求角的大小；
(2)若为的中点，，求的面积.
21．如图，在四面体中，面ABC，.
(1)求证：面面PBC；
(2)若，于D，求平面和平面夹角的余弦值.
22．已知椭圆的左，右焦点分别为，，，离心率.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点作两条相互垂直的直线分别与曲线C相交于P，Q和E，F，求四边形EPFQ面积的取值范围.
参考答案
1．【答案】C
【详解】因，有，则，解得，
所以.
故选C.
2．【答案】C
【详解】.
故选C.
3．【答案】B
【详解】四名同学报名参加乒乓球、篮球、足球运动队,每人限报一项，
故每人有3种报名方法，共有种不同的报名方法;
故选B.
4．【答案】B
【详解】根据多项式的乘法，5个因式中，4个取一次项x，1个取常数项，相乘可得项．
常数项共5种取法，
合并同类项得项的系数为.
故选B.
5．【答案】C
【详解】，
,
,
则在点处的切线的方程为
即
故选.
6．【答案】C
【详解】已知，为奇数，根据递推公式，
可得.
为偶数，根据递推公式可得.
为奇数，根据递推公式可得.
为偶数，根据递推公式可得.
为奇数，根据递推公式可得.
故选C.
7．【答案】D
【详解】设等差数列的公差为，则，
所以，，所以，
故选D.
8．【答案】C
【详解】，得，
所以，，，
所以函数在单调递增，
所以，即，即，
即，且，得且.
故选C
9．【答案】ACD
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D错误.
故选ACD.
10．【答案】ABD
【解析】根据导函数图像判断出函数的单调性和极值，由此判断出正确选项.
【详解】根据导函数图像可知，在区间上，，单调递减，在区间上，，单调递增.所以在处取得极小值，没有极大值.
所以A,B,D选项正确，C选项错误.
故选ABD.
11．【答案】AC
【详解】设等差数列的公差为，
由是和的等比中项可得，
可得，即，即A正确；
对于B， 由A可知，因为不知道的正负，因此公差的符号不确定，
所以数列的单调性不确定，即B错误；
对于C，易知，所以C正确，
对于D，根据B选项可知数列的单调性不确定，因此不一定有最大值，可得D错误.
故选AC.
12．【答案】ABC
【详解】对于A，由，得，则，因为，所以，所以此函数是凸函数；
对于B，由，得，则，因为，所以，所以此函数是凸函数；
对于C，由，得，则，因为，所以，所以此函数是凸函数；
对于D，由，得，则，因为，所以，所以此函数不是凸函数，
故选ABC.
13．【答案】
【详解】因为等比数列中，，
所以，解得.
14．【答案】
【详解】令，则展开式中各项系数之和为.
15．【答案】480
【详解】先将除甲、乙之外的4人排队，共有种不同的排法，
再将甲、乙两人份插入到已经排好的4人形成的5个空位上，有种不同的方法，
所以根据分步乘法原理，所有的排法共种.
16．【答案】11
【详解】解法一：，则，
设，依题意，
所以，
则，显然，则，
因为，所以的图象关于点中心对称，
所以点与点关于点对称，所以，则，
所以点的纵坐标为11.
解法二：，则，
因为，所以在上单调递增，
令，设其根为，则.
因为在点处的切线与在点处的切线平行，
所以存在两实根，其中一个为，设另一个为．
即两根为，由韦达定理得，则，
所以
，
所以点的纵坐标为11.
17．【答案】(1)；
(2)112；
(3)
【详解】（1）由题意得，解得.
（2）由（1）可知展开式的通项为.
令，解得，则.
故展开式中的系数为112.
（3）根据题意可得二项式系数最大的项为.
18．【答案】(1)单调递增区间为，，单调递减区间为；
(2)极大值为，极小值为．
【详解】（1）函数的定义域为，
又，
当或时，，当时，，
所以的单调递增区间为，，单调递减区间为；
（2）由（1）可知当时，有极大值，且极大值为；
当时，有极小值，且极小值为．
19．【答案】(1)证明见解析;
(2).
【详解】（1）当时，，即，
当时，联立
①－②，可得，
即，
所以，
又，所以是以2为首项，2为公比的等比数列；
（2）由（1）可得，则，，
所以
．
【方法总结】分组求和法
一个数列既不是等差数列也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，即能分别求和，然后再合并．
常见类型如下：
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}分别为等差数列、等比数列，则可采用分组求和法求{an}的前n项和．
(2)通项公式为an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(bn，n为奇数，,cn，n为偶数))的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．
20．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据题意由正弦定理得，
因为，所以，
即，
即，
因为，所以，
又因为所以，
而，所以.
（2）解法一：由为的中点知，
两边同时平方得，
即，所以，
又在，由余弦定理得，
所以，所以的面积为.
解法二：在中，由余弦定理可得，整理得①
在中，，在中，，
而，所以，
故，即②,
由①②得，，所以的面积为.
21．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1），，
面ABC，，面，
面PAC，面面PBC.
（2）由题意知，，，则.
以C为坐标原点，为x轴，为轴，过点垂直于底面的线为轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，，，，设，则，
，，
设平面DAC的法向量为，则，
令，则，，
同理平面的法向量为，
设平面和平面夹角为，则，
平面和平面夹角的余弦值为.
22．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由，即，又，即，，
，故椭圆C的方程为.
（2）设四边形EPFQ面积为S，当直线PQ与直线EF有一条斜率为0时，另一条斜率不存在，
不妨设直线PQ斜率不存在，此时直线EF与x轴重合，
，且PQ方程为，将与联立，
求得两交点为，，，故.
当直线PQ与直线EF有一条斜率为可设直线PQ的方程为，
，，联立方程，
得且恒成立，
，，
同理可得，
令，则，，
令，则，
在上单调递增，在上单调递减，，故.