河北承德市双滦区实验中学2024−2025学年高二下学期高二4月份月考 数学试卷（含解析）

这是一份河北承德市双滦区实验中学2024−2025学年高二下学期高二4月份月考 数学试卷（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．已知函数（是的导函数），则（ ）
A．1B．2C．D．
2．在等比数列中，，，成等差数列，则（ ）
A．B．C．2D．4
3．若函数在区间[2，3]上不是单调函数，则实数m的取值范围是（ ）
A．B． C．D．
4．若，则（ ）
A．100B．110C．120D．130
5．若函数有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．已知命题“”为真命题，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．记数列的前项和为，已知，为等差数列，若，则（ ）
A．2B．C．D．
8．某学校4位同学参加数学知识竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲､乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得30分，答错得﹣30分；选乙题答对得10分，答错得﹣10分.若4位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数是
A．24B．36C．40D．44
二、多选题（本大题共3小题）
9．若，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．设数列的前n项和为，已知，且，则下列结论正确的是（ ）
A．是等比数列B．是等比数列
C．D．
11．已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．在处的切线方程为B．函数的单调递减区间为
C．的极小值为eD．方程有2个不同的解
三、填空题（本大题共3小题）
12．由这七个数字组成没有重复数字的七位数，且偶数数字从小到大排列（由高数位到低数位），这样的七位数有 个．
13．已知，则使恒成立的的范围是 ．
14．已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知二项式的展开式中，所有项的二项式系数之和为，各项的系数之和为，.
(1)求的值：
(2)求展开式中的系数.
16．某工厂计划投资一定数额的资金生产甲，乙两种新产品.甲产品的平均成本利润（单位：万元）与投资成本（单位：万元）满足：（，为常数，，）；乙产品的平均成本利润（单位：万元）与投资成本（单位：万元）满足：.已知投资甲产品为1万元，10万元时，获得的利润分别为5万元，16.515万元.
(1)求，的值；
(2)若该工厂计划投入50万元用于甲，乙两种新产品的生产，每种产品投资不少于10万元，问怎样分配这50万元，才能使该工厂获得最大利润？最大利润为多少万元？
（参考数据：，）
17．已知等差数列的公差，且，，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设求数列前项和为；
(3)设求数列的前项和．
18．设函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若已知，且的图象与相切，求b的值；
(3)在（2）的条件下，的图象与有三个公共点，求m的取值范围（不写过程）.
19．已知函数.
（1）当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围；
（2）若，证明.
参考答案
1．【答案】A
【详解】由函数，可得，
令，可得，解得，
则，所以.
故选A.
2．【答案】C
【详解】设等比数列的公比为，
由于，，成等差数列，
所以，
所以.
故选C
3．【答案】B
【详解】因为函数，
所以，
若在区间上不是单调函数，
则在区间上有解，
即在区间上有解，
即
设，则，
，
所以，
实数的取值范围是，
故选B.
4．【答案】C
【分析】利用二项式定理分别求出即可计算得解.
【详解】在中，，，
所以.
故选C.
5．【答案】C
【详解】，
由函数有两个不同的极值点，故函数有两个变号零点，
即当时，有两个不同正实数根，
令方程有两个不同正实数根为、，
则有，，则，解得，
即实数a的取值范围是.
故选C.
6．【答案】A
【分析】分离参数，求函数的最小值即可求解.
【详解】因为命题“”为真命题，所以．
令与在上均为增函数，
故为增函数，当时，有最小值，即，
故选A．
7．【答案】D
【详解】，故，
所以数列是首项为2，公差为1的等差数列，
所以，故，
所以当时，，所以，
故选D．
8．【答案】D
【详解】由题意知这4位同学不同得分情况的种数分五类：
（1）两人得30分，余下两人得﹣30分，有C42=6种情况；
（2）一人得30分，余下三人得﹣10分，有4种情况；
（3）一人得﹣30分，余下三人得10分，有4种情况；
(4)一人得30分，一人得﹣30分，一人得10分，一人得﹣10分，有A43=24种情况；
(5)两人得10分，余下两人得﹣10分，有C42=6种情况.
根据分类计数原理得到共有6+4+4+24+6=44种情况.
故选D.
9．【答案】ACD
【详解】依题意，，
令，得，所以A选项正确.
令，得，所以，
所以B选项错误.
令，得，所以C选项正确.
由于二项式展开式的通项公式为，
所以为正数，为负数，
所以，所以D选项正确.
故选ACD.
10．【答案】BC
【详解】，，则是公差为1，首项为的等差数列，
所以，则.
对A：，因为不是非零常数，
所以不是等比数列，故A错误；
对B：，因为，
所以是以为首项，以2为公比的等比数列，故B正确；
对C：，故C正确；
对D：因为，
所以，
两式相减得，故D错误.
故选BC.
11．【答案】ACD
【详解】， ，因为，，
所以在处的切线方程为，故A正确；
令，即，解得，因为 ，
所以的单调递减区间为，，故B错误；
令，解得，在时单调递增， 时单调递减，
所以在处取得极小值，极小值为，故C正确；
方程，即，即求方程 零点的个数，
令 ， ，
当 时， ，即 为单调递增的， ，
，故在区间有唯一一个零点，
时 ，即为单调递减的，，
即在 区间存在唯一一个零点，故D正确；
故选ACD．
12．【答案】90
【详解】因偶数排列顺序固定且0只能在6，5，4位，奇数可任意排列，则
当0排在第6位时，共有（个）数；
当0排在第5位时，共有（个）数；
当0排在第4位时，共有（个）数，
故这样的七位数共有（个）．
故答案为.
13．【答案】
【详解】因，令，，依题意，，
当时，，求导得，当时，，当时，，
因此在上单调递增，在上单调递减，当时，，
当时，，求导得，在上单调递减，
，于是得函数在上单调递减，，
因此，则，所以的取值范围是.
14．【答案】
【详解】存在，使得可得，
构造函数，其中，则，
当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，
则，所以，，解得，因此，实数的取值范围是.
15．【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)由题可得，，进而即得；
(2)由二项式展开式的通项公式求解即得．
【详解】(1)因为，，
所以，解得；
(2)由通项公式，
令，可得，
所以展开式中的系数为.
16．【答案】(1)，
(2)甲，乙两种产品各投资25万元时，公司取得最大利润，最大利润为31.09万元
【详解】（1）由题意知，，
整理得，解得，；
（2）设甲产品投资万元，乙产品投资万元，且，
则该公司获得的利润，；
则在上单调递减，
令，解得或（舍去），
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
∴，
∴当甲，乙两种产品各投资25万元时，公司取得最大利润，最大利润为31.09万元.
17．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意得到方程组，求出首项和公差，得到通项公式；
（2）变形得到，裂项相消法求和；
（3）利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）根据题意，因为，，，成等比数列，
所以，又，
解得，，
故；
（2）因为
，
所以
；
（3）因为，
所以①，
②，
所以①-②得
，
所以.
18．【答案】(1)单调递增区间为和，单调递减区间为
(2)3
(3)
【详解】（1）当时，，则，
当或时，；当时，，
所以f(x)的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（2）由，得，
设函数与直线相切的切点是，
因为，所以，
所以有，
可得，
又，相减得，
所以，所以，
解得；
（3）时，，
的图象与有三个公共点，即方程有三个实数根，
设函数，则，
时，或；时，，
在和上单调递增，在上单调递减，
时取极大值，时取极小值，
所以的取值范围为.
19．【答案】（1）（2）见解析
【详解】（1）由条件得，令，则.
①当时，在上，，单调递增
∴，即，
∴在上为增函数，∴∴时满足条件.
②当时，令
解得，在上，，单调递减，
∴当时，有，即，
在上为减函数，∴，不合题意.
综上实数的取值范围为．
（2）由（1）得，当，时，，即，
要证不等式，只需证明，只需证明，
只需证，
设，则，
∴当时，恒成立，故在上单调递增，
又，∴恒成立．∴原不等式成立．