福建省南安市侨光中学2024−2025学年高二下学期第1次阶段考（4月） 数学试题（含解析）

这是一份福建省南安市侨光中学2024−2025学年高二下学期第1次阶段考（4月） 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．用数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的三位数的个数为（ ）
A．120B．86C．72D．60
2．若是函数的极小值点，则实数（ ）
A．B．C．或D．
3．函数的单调递减区间是（ ）
A．B．C．D．
4．已知某校教学楼共有四层，每层有8个班级，先从四个楼层中选取两层，然后从所选的楼层中一层选3个班级，另一层选4个班级进行卫生检查，则不同的选取方式共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
5．函数的图象大致为（ ）
A．B．C．D．
6．在等比数列中，是函数的极值点，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
8．设函数，若，且的最小值为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列求导数的运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知，下列说法正确的是（ ）
A．在处的切线方程为 B．单调递增区间为
C．的极大值为 D．方程有两个不同的解
11．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设为整数，若和被除得余数相同，则称和对模同余，记为，如9和21除以6所得的余数都是3，则记为921（md 6），若，，则的值可以是（ ）
A．B．C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．一物体的运动方程为，且在时的瞬时速率为1，则 ．
13．某小区有个连在一起的车位，现有辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的个车位连在一起，那么不同的停放方法共有 种.（用数字作答）
14．函数的导函数为，若在的定义域内存在一个区间在区间上单调递增，在区间上单调递减，则称区间为函数的一个“渐缓增区间”．若对于函数，区间是其一个渐缓增区间，那么实数的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．在的展开式中，第3项的二项式系数是第2项的二项式系数的4倍.
（1）求的值；
（2）求的展开式中的常数项；
（3）求展开式中所有系数的和.
16．如图，在四棱锥中，平面平面，底面是菱形，是正三角形，是的中点.
(1)证明：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
17．已知为等差数列的前n项和，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，设的前n项和，且对于任意，都有恒成立，求m的取值范围．
18．已知函数，其图象在点处的切线方程为．
(1)求函数的解析式；
(2)求函数在区间上的最值．
19．已知函数
(1)当时，求的零点；
(2)若恰有两个极值点，求的取值范围.
参考答案
1．【答案】D
【详解】依题意，组成的无重复数字的三位数的个数为.
故选D.
2．【答案】B
【详解】设，可得，
因为是函数的极小值点，可得，解得或，
当时，令，解得或；令，解得，
所以函数在，上单调递增，在上单调递减，
所以在处有极大值，不符合题意；
当时，令，可得或；令，可得，
所以函数在，上单调递增，在上单调递减，
所以在处有极小值，是极小值点，综上可得，.
故选B.
3．【答案】D
【详解】解：函数的定义域是，，
令，解得，
所以函数在上单调递减．
故选D．
4．【答案】A
【详解】先从四个楼层中选取两层，方案有种，
从所选的楼层中一层选3个班级，另一层选4个班级进行卫生检查，
方案有种，
综上，不同的选取方式有种.
故选A.
5．【答案】B
【详解】∵函数的定义域为，且，
∴函数为奇函数，故函数的图象关于原点中心对称，排除选项A.
当时，，，
∴当时，函数的图象在轴上方，排除选项D.
当时，，
∵指数函数的增长速度远大于幂函数的增长速度，
∴当时，，排除选项C.
故选B.
6．【答案】B
【详解】∵，
∴由可知，
∵ 等比数列中且
∴，故选B.
7．【答案】D
【详解】解：由题意，在上恒成立，则
对于， ，故．
故选．
8．【答案】B
【详解】因为，作出的大致图象，如图，

令，由图象可得，
因为，所以，即，
则，
令，则，
令，解得，
当，即时，，则，单调递减，
则，解得，符合；
当，即时，
当时，；当时，，
故在单调递减，在单调递增，
则，解得，不符合；
综上，.
故选B.
9．【答案】BC
【详解】选项A，因为是常数，所以，选项A错误；
选项B，根据基本初等函数及导数的求导法则知，，选项B正确；
选项C，根据基本初等函数及导数的求导法则知，，选项C正确；
选项D，根据复合函数的求导法则知，，选项D错误.
故选BC.
10．【答案】AC
【分析】对求导，结合导数的几何意义可得切线的斜率，再用两点式写出切线方程，可判断选项；利用导数分析函数的单调性，极值可判断选项；将方程的解个数转化为两个函数图象交点个数，数形结合即可判断选项．
【详解】因为，所以函数的定义域为，
所以，，，
所以的图象在点处的切线方程为，
即，故A正确；
在上，，单调递增，
在上，，单调递减，故B错误；
的极大值也是最大值为，故C正确；
方程的解的个数，即为方程的解的个数，
即为函数与图象交点的个数，
作出函数与图象如图所示：
由图象可知方程只有一个解，故D错误.
故选AC.
11．【答案】BD
【详解】因为，
又，所以被除得余数为，
又，且和被除得余数为，
故选BD.
12．【答案】1
【详解】因为，
所以，
令，可得．
13．【答案】.
【详解】试题分析：将四个空余的车位进行捆绑，这四个空位不需要考虑顺序，再将捆绑后的整体插入辆不同型号的车所形成的空，共个空，但需考虑辆不同型号的车的顺序，共有种不同的停放的方法.
14．【答案】
【详解】对于函数，
，令，
则，因为在区间上单调递减，
所以恒成立，即恒成立，又，
所以，
又在区间上单调递增，
所以恒成立，
所以，解得，
综合得.
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）依题意，第3项的二项式系数是第2项的二项式系数的4倍，
即，解得.
（2）二项式展开式的通项公式为，令，解得，
故常数项为.
（3）由，令得，
即展开式中所有系数的和为.
16．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取的中点，连接，通过证明平面PEF即可；
（2）以为坐标原点，所在的直线分别为轴､轴､轴，通过面面夹角余弦值的向量表达公式，进行求解即可.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，
因为是正三角形，所以，
又平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面ABCD，
因为平面ABCD，所以，
因为是AB的中点，所以，
又因为底面ABCD是菱形，所以，所以，
因为，平面，所以平面PEF，
因为平面PEF，所以.
（2）连接，因为，
所以是正三角形，所以，
以为坐标原点，所在的直线分别为轴､轴､轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
令，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，得，
设平面的法向量为，则，
令，则，，得，
设面与面夹角为，
，
所以面与面夹角的余弦值为.
17．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设数列的公差为，则，
解得，即.
（2）由题意得，
所以，即.
18．【答案】(1)
(2)最大值为20，最小值为0
【详解】（1）由可得：.
所以在点处切线的斜率为，
因为在点处切线方程为，
所以切线的斜率为0，且，
所以，即，解得，
所以．
（2）由（Ⅰ）知，
则.
令得或3，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
所以在处，取得极大值，在处取得极小值.
又因为， ，
所以在上的最大值为20，最小值为0．
19．【答案】(1)有且仅有一个零点
【详解】（1）当时，等价于.
令，则，所以在上单调递增.
因为，所以有且仅有一个零点.
（2）由，得.
令，则.
若，则在上恒成立，故在上单调递增，
最多只有一个零点，则最多只有一个极值点，不符合题意；
若，则当时，，当时，，
所以在上单调递减,在上单调递增,则.
令，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，则，从而.
显然，当时，，则，.
令，则，
设，则，
由，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即恒成立，故单调递增.
当时，，即，
则.
因为，所以，.
当时，；当时，，
则的单调递增区间为和，单调递减区间为，
则恰有两个极值点.
故当恰有两个极值点时，的取值范围为.
【思路导引】(1)利用导数研究函数的单调性，即可求解；
(2)当时，利用二阶导数研究函数的单调性可知最多只有一个极值点；
当时，利用二阶导数研究函数的单调性可知，和，，即可求解.