黑龙江省绥化市青冈实验中学2024－2025学年高二下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版）

这是一份黑龙江省绥化市青冈实验中学2024－2025学年高二下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版），共19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。
一、单项选择题（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．）
1. 已知函数，则（ ）
A. B. C. D.
2. 函数的单调递增区间为（ ）
A. B. C. D.
3. 哈尔滨的冰雪旅游在冬季吸引了大量游客，在2023年度，哈尔滨市共接待总游客量达到1.35亿人次，同比增长，比2019年增长.甲、乙、丙三人从冰雪大世界、太阳岛和中央大街三个旅游景点中任选一个前去游玩，其中甲去过冰雪大世界，所以甲不选冰雪大世界，则不同的选法有（ ）
A. 12B. 16C. 18D. 24
4. 等差数列中，已知，则该数列的前9项和为（ ）
A. 54B. 63C. 66D. 72
5. 已知y＝f(x)是可导函数，如图，直线y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，g′(x)是g(x)的导函数，则g′（3）＝（ ）
A. －1B. 0
C. 2D. 4
6. 函数有2个极值点，则的取值范围是（ ）
A B.
C. D.
7 已知，则（ ）
A. 7B. 6C. 5D. 4
8. 已知函数，，若，，使得，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 在的展开式中，则（ ）
A. 二项式系数最大的项为第3项和第4项
B. 所有项的系数和为0
C. 常数项为
D. 所有项的二项式系数和为64
10. 现有个编号为，，，的不同的球和个编号为，，，，的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（ ）
A. 共有种不同的放法
B. 恰有一个盒子不放球，共有种放法
C. 每个盒子只放一个球，恰有个盒子编号与球的编号相同，不同放法有种
D. 将个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有种
11. 已知函数在上可导，其导函数为，若满足：，，则下列判断不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 从1，2，3，4，5，6，7，8，9中不放回地依次取2个数，事件为“第一次取到的是奇数”，事件B为“第二次取到的是3的整数倍”，则_________.
13. 某县政府为在线助农，组织了该县的5位网红主播直播带货，大力推广该县的农副产品，并安排了3个时间段进行直播，若每个时间段至少有1位网红主播直播带货，且每位网红主播均参加且只参加一个时间段的直播带货，则不同的安排方法有______________种.（用数字作答）
14. 已知函数，若在存在零点，则实数的最小值是________.
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. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答补充完整的题目.
问题：已知，且__________（只需填序号）
（1）求的值；
（2）求展开式中的奇数次幂项的系数之和.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
16. 已知函数在处的切线方程．
（1）求，的值；
（2）求单调区间与极值．
17. 某中学高二年级参加市数学联考，其中甲､乙两个班级优秀率分别为和，现在先从甲､乙两个班中选取一个班级，然后从选取的班级中再选出一名同学.选取甲､乙两个班级的规则如下：纸箱中有大小和质地完全相同的个白球､个黑球，从中摸出1个球，摸到白球就选甲班，摸到黑球就选乙班.
（1）分别求出选取甲班､乙班的概率；
（2）求选出的这名同学数学成绩优秀的概率.
18. 已知数列中，.
（1）证明：数列为等比数列；
（2）若，设的前项和为.
①求；
②若都有不等式成立，求的取值范围.
19. 已知函数．
（1）当时，求最小值；
（2）①求证：有且仅有一个极值点；
②当时，设的极值点为，若．
求证：．
哈师大青冈实验中学2024-2025学年度4月份月考
高二数学试题
一、单项选择题（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．）
1. 已知函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出，再求即可.
【详解】因为，
所以，
则，
故选：C.
2. 函数的单调递增区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出，然后可得答案.
【详解】因为，所以，
所以由可得，
所以函数的单调递增区间为，
故选：A
3. 哈尔滨的冰雪旅游在冬季吸引了大量游客，在2023年度，哈尔滨市共接待总游客量达到1.35亿人次，同比增长，比2019年增长.甲、乙、丙三人从冰雪大世界、太阳岛和中央大街三个旅游景点中任选一个前去游玩，其中甲去过冰雪大世界，所以甲不选冰雪大世界，则不同的选法有（ ）
A. 12B. 16C. 18D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】分析甲、乙、丙各自的选择种数，再根据分布乘法计算原理计算可得.
【详解】依题意甲有种选法，乙有种选法，丙也有种选法，
按照分步乘法计数原理可得一共有种选法.
故选：C
4. 等差数列中，已知，则该数列的前9项和为（ ）
A. 54B. 63C. 66D. 72
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差数列的性质及前项和公式求解．
【详解】∵，且，∴，，
∴该数列的前9项和为．
故选：A．
5. 已知y＝f(x)是可导函数，如图，直线y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，g′(x)是g(x)的导函数，则g′（3）＝（ ）
A. －1B. 0
C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，f（3）＝1，曲线y＝f(x)在x＝3处切线的斜率等于，从而可得，然后对函数g(x)求导，进而可求得g′（3）的值
【详解】由题图可知曲线y＝f(x)在x＝3处切线的斜率等于，
∴，
∵，
∴，
∴，
又由题图可知f（3）＝1，所以.
故选：B
【点睛】此题考查导数的几何意义的应用，考查导数的运算法则，属于基础题
6. 函数有2个极值点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的定义域及导数，函数有2个极值点，则方程在上有2个不同的实数根，列不等式组即可得答案.
【详解】定义域为，，
因为有2个极值点，所以方程在上有2个不等的实数根，
所以，
解得.
故选：B.
7. 已知，则（ ）
A. 7B. 6C. 5D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】令，则问题转化为，又，写出展开式的通项，即可求出的系数.
【详解】令，则，
对于，
即，
又，
其中展开式的通项为（且），
所以展开式中的项为，
所以.
故选：C
8. 已知函数，，若，，使得，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合题意构造函数，得到，化为，借助导数求函数的单调性，从而确定函数的最小值即可.
【详解】因为，，使得，所以，
即，令，，
则，所以函数在上单调递增，所以，即，
所以，令，，则，令，可得，
所以时，，单调递减，时，，单调递增，
所以函数在处取得极小值即最小值，，所以的最小值为.
故选：C
【点睛】结论点睛：指对同构的常见形式：
积型：，①，构建；
②，构建；
商型：，①，构建；
②，构建；
和型：，①，构建；
②，构建.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 在的展开式中，则（ ）
A. 二项式系数最大的项为第3项和第4项
B. 所有项的系数和为0
C. 常数项为
D. 所有项的二项式系数和为64
【答案】AC
【解析】
【分析】根据二项式系数的性质即可判断AD；根据项的系数之和为即可判断B；根据二项式展开式的通项公式即可判断C.
【详解】A：所有项的二项式系数为，最大的为和，
对应的是第3项和第4项，故A正确；
B：设，所有项的系数为，
所以，故B错误；
C：二项式展开式通项公式为，
令，解得，所以常数项为，故C正确；
D：所有项的系数之和为，所以D错误.
故选：AC
10. 现有个编号为，，，的不同的球和个编号为，，，，的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（ ）
A. 共有种不同的放法
B. 恰有一个盒子不放球，共有种放法
C. 每个盒子只放一个球，恰有个盒子编号与球的编号相同，不同放法有种
D. 将个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有种
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A，按照分步乘法原理可计算；对B，从5个盒子中选出4个盒子的排列；对C，先选定两个盒子的编号与球的编号相同的球，再考虑剩下的两个球不放进自己编号的盒子放法；对D，即考虑哪个盒子为空的放法.
【详解】对于A，每个球都有5种放法，共有种放法，故A错误；
对于B，把球全部放入盒子内，恰有一个盒子不放球，则有4个盒子每个盒子放1个球，有种放法，故B正确；
对于C，每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有种放法，故C正确；
对于D，将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒，即有4个盒子每个盒子放1个球的放法有5种，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知函数在上可导，其导函数为，若满足：，，则下列判断不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意令，利用导数及题干所给条件求得的单调性，利用函数的对称性，可得，对其进行比较即可判断各选项.
【详解】令，则 ，
因为函数满足，
当时 在上单调递增，
当时在上单调递减，
又由，
所以关于对称，从而，
即，，，故A正确；
由，，，故B错误；
由，即，，故C正确；
由，即，，故D错误；
故选：BD.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 从1，2，3，4，5，6，7，8，9中不放回地依次取2个数，事件为“第一次取到的是奇数”，事件B为“第二次取到的是3的整数倍”，则_________.
【答案】##0.325
【解析】
【分析】根据组合知识可得事件，包含的基本事件数，再利用条件概率公式即得.
【详解】由题可知事件包含的基本事件数为，
事件包含基本事件数为，
所以．
故答案为：.
13. 某县政府为在线助农，组织了该县的5位网红主播直播带货，大力推广该县的农副产品，并安排了3个时间段进行直播，若每个时间段至少有1位网红主播直播带货，且每位网红主播均参加且只参加一个时间段的直播带货，则不同的安排方法有______________种.（用数字作答）
【答案】150
【解析】
【分析】根据已知对五位网红主播分3组，有两种情况，然后分类讨论各自情况种数，采用加法原理即可求解.
【详解】根据题意，五位网红主播在三个时间段进行直播，涉及到部分均匀分堆问题，需先将五位主播分为三组，有两类情况，
①三组人数为1、1、3，此时有种；
②三组人数为2、2、1，此时有种.
所以共有60+90=150种.
故答案为：150
14. 已知函数，若在存在零点，则实数的最小值是________.
【答案】1
【解析】
【分析】构造函数，，利用导数求解函数的单调性，进而求解函数的最值，即可求解.
【详解】令，即，
令，，
而，
令，，
则，即函数在上单调递增，
因为，，即，
所以存在唯一的，使得，即，即，，
所以当时，，，函数单调递减；
当时，，，函数单调递增，
所以，
又时，，
所以要使在存在零点，则，所以实数a的最小值为1.
故答案为：1
【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
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. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答补充完整的题目.
问题：已知，且__________（只需填序号）.
（1）求的值；
（2）求展开式中的奇数次幂项的系数之和.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）；
（2）30
【解析】
【分析】（1）根据条件列出方程，即得；
（2）利用赋值法即得；或根据通项依次求奇次幂项系数即得.
【小问1详解】
选择条件①：
由题得中项为，
中项为，
所以，
即，整理得，
由，解得.
选择条件②：
由，
得，
解得.
选择条件③：
令得，
即，
解得.
【小问2详解】
方法一：由（1）得，
令得，
令得，
两式相减得，
所以，
所以展开式中的奇数次幂项的系数和为.
方法二：由（1）得，
由题得中项为，
中项为，项为，项为，
所以，
所以展开式中的奇数次幂项的系数和为.
16. 已知函数在处的切线方程．
（1）求，的值；
（2）求的单调区间与极值．
【答案】（1）
（2）在单调递减，在单调递增，极小值为，无极大值
【解析】
【分析】(1)根据在处切线方程求解；
（2）由（1）求解判断与的大小，得到单调区间，得到极值.
【小问1详解】
，
又在处切线方程，所以，
可得，
解得．
【小问2详解】
由（1）可得，
∴，
令，解得；令，解得，
∴在单调递减，在单调递增，
∴当时，的极小值为，无极大值．
17. 某中学高二年级参加市数学联考，其中甲､乙两个班级优秀率分别为和，现在先从甲､乙两个班中选取一个班级，然后从选取的班级中再选出一名同学.选取甲､乙两个班级的规则如下：纸箱中有大小和质地完全相同的个白球､个黑球，从中摸出1个球，摸到白球就选甲班，摸到黑球就选乙班.
（1）分别求出选取甲班､乙班的概率；
（2）求选出的这名同学数学成绩优秀的概率.
【答案】（1）甲、乙两个班的概率分别为和.
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据古典概型的概率公式计算可得；
（2）根据全概率公式计算可得.
【小问1详解】
记事件“选取甲班”，事件“选取乙班”
则，
故选取甲、乙两个班的概率分别为和.
【小问2详解】
由（1）可知“这名同学来自甲班”，“这名同学来自乙班”，
“这名同学数学成绩优秀”，
则，且与互斥，根据题意得，，，
，，
由全概率公式得
因此，选出的这名同学数学成绩优秀的概率为.
18. 已知数列中，.
（1）证明：数列为等比数列；
（2）若，设的前项和为.
①求；
②若都有不等式成立，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）利用构造法结合等比数列的概念即可证明；
（2）利用错位相减法求出，原式等价于，利用作差法比较大小，进而确定的最大值即可求解.
小问1详解】
由题可得，
又，所以，
所以是以1为首项，2为公比的等比数列；
【小问2详解】
①由(1)知，则 ，
则，
，
两式相减得，，
所以，
②等价于，
，
因为，
当时，，当时，，
当时，，即，
所以，所以.
19. 已知函数．
（1）当时，求的最小值；
（2）①求证：有且仅有一个极值点；
②当时，设的极值点为，若．
求证：．
【答案】（1）0 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）首先求函数的导数，并判断导数的单调性以及零点，即可判断函数的单调性，即可求函数的最小值；
（2）①利用导数判断导函数的单调性，再根据零点存在性定理，即可证明；
②根据①的结果，得，再将不等式转化为，再利用导数，逐层判断函数的单调性，分和，利用最值证明不等式.
【小问1详解】
由，得，
设，
当时，，，
令，则，
所以函数在上单调递增，又，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以的最小值是；
【小问2详解】
①由（1）知：，
因为，所以在上单调递增，即在上单调递增，
又，，
所以，
所以存在唯一的变号零点，即有且仅有一个极值点；
②由①知，有且仅有一个极值点，且，
当时，，，
由①知，，
要证明，
只需证明，
而，那么，，
所以，
令，则，
令，则，
当时，
因为，所以在上单调递增，即在上单调递增，又，
所以，
所以在上单调递增，即在上单调递增，又，
所以，
所以在上单调递增，所以，
当时，，
，
综上所述，当时，.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用导数判断函数的单调性，并且需要求多次函数的导数，从而逐层判断函数的单调性.