浙江湖州属高中2024_2025学年高二下册3月月考数学试卷[附解析]

这是一份浙江湖州属高中2024_2025学年高二下册3月月考数学试卷[附解析]，共15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。
1．已知复数，则（ ）
A．0B．1C．D．
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数在处有极大值，则实数c的值为（ ）
A．2B．6C．2或6D．8
4．二项式的展开式中，常数项等于（ ）
A．448B．900C．1120D．1792
5．已知是函数在上的导函数，函数在处取得极小值，则函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
6．中国茶文化是中国制茶､饮茶的文化.中国是茶的故乡，中国人发现并利用茶，据说始于神农时代，至少有4700多年历史中华茶文化源远流长，博大精深，不但包含物质文化层面，还包含深厚的精神文明层次.其中绿茶在制茶过程中，在采摘后还有杀青､揉捻､干燥等制作流程.现在某茶厂新招聘了6位工人，分配到这三个工序，揉捻工序至少要分配两位工人，杀青､干燥工序各至少分配一位工人，则不同分配方案数为（ ）
A．120B．240C．300D．360
7．定义在上的单调递减函数，若的导函数存在且满足，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
8．正四面体的棱长为，点，是它内切球球面上的两点，为正四面体表面上的动点，当线段最长时，的最大值为（ ）
A．2B．C．3D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则（ ）
A．没有空盒子的方法共有24种
B．可以有空盒子的方法共有128种
C．恰有1个盒子不放球的方法共有144种
D．没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有8种
10．已知连续函数的定义域为R，且满足为奇函数，为偶函数，，当时，，则（ ）
A．为偶函数B．
C．为极大值点D．
11．声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数.纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音.若一个复合音的数学模型是函数，则当时，函数一定有（ ）
A．三个不同零点B．在上单调递增
C．有极大值，且极大值为D．一条切线为
三、填空题（本大题共3小题）
12．在的展开式中，含的系数为 .
13．已知直线是曲线与的公切线，则 .
14．若任意两个不等正实数，，满足，则的最小值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知展开式的二项式系数和为64，且．
(1)求的值；
(2)求展开式中二项式系数最大的项；
(3)求的值．
16．已知函数.
（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求函数的单调区间；
（2）若对都有成立，试求实数的取值范围；
17．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.
(1)求角A；
(2)作角A的平分线与交于点，且，求.
18．设数列的前项和为，，且.
（1）设，求证数列为等差数列；
（2）求；
（3）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.
19．已知函数.
(1)当时，若有两个零点，求实数的取值范围；
(2)当时，若有两个极值点，求证:；
(3)若在定义域上单调递增，求的最小值.
答案
1．【正确答案】A
【详解】
则，
故选A.
2．【正确答案】B
【详解】依题意，，，
所以.
故选B.
3．【正确答案】B
【详解】由，
得，
因为函数在处有极大值，
所以，解得或，
当时，，令，得或，
当或时，，当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以为极大值点，为极小值点，所以不符合题意，
当时，，令，得或，
当或时，，当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以为极大值点，为极小值点，所以符合题意，
综上
故选B.
4．【正确答案】C
求出二项展开式的通项，令的指数为，即可求解.
【详解】该二项展开式通项为，
令，则，常数项等于.
故选C.
5．【正确答案】C
【详解】由题意可得，而且在点的左侧附近，，此时，排除B、D；
在点的右侧附近，，此时，排除A，
所以函数的图象可能是C．
故选C.
6．【正确答案】D
【详解】根据题意，新招聘了6位工人，分配到这三个工序，揉捻工序至少要分配两位工人，杀青､干燥工序各至少分配一位工人，可分为三类情况：
①若揉捻工序分配2人，有种分配方案；
②若揉捻工序分配3人，有种分配方案；
③若揉捻工序分配4人，有种分配方案；
由分类计数原理可得，共有种分配方案.
故选D.
7．【正确答案】A
【详解】在上单调递减,,又,,
令在上的单调递增，
，即，即，A选项正确.
，即，即，B选项错误.
，即，即，D选项错误.
对于C选项，，即，根据已知条件无法判断是否正确.
所以一定成立的不等式是.
故选A.
8．【正确答案】C
【详解】设正四面体的内切球球心为，为的中心，为的中点，连接，，则在上，连接，则．
因为正四面体的棱长为3，所以，所以.
设内切球的半径为，则，，解得，
当为内切球的直径时最长，此时，，
，
因为为正四面体表面上的动点，所以当为正四体的顶点时，最长，的最大值为，所以的最大值为．
故选C.
9．【正确答案】ACD
【详解】对于A：4个球全放4个盒中，没有空盒子的放法共种，A正确；
对于B：可以有空盒子，有4个球，每个球有4种放法，共种，B错误；
对于C：恰有1个空盒子，说明另外3个盒子都有球，而球共4个，必然有1个盒子中放了2个球，
先将4个盒中选1个作为空盒，再将4个球中选出2个球绑在一起，再排列共种，C正确；
对于D：恰有一个小球放入自己编号的盒中，从4个盒4个球中选定一组标号相同得球和盒子，
另外3个球3个盒标号不能对应，则共种，故D正确．
故选ACD.
10．【正确答案】BC
【详解】由为奇函数，可得函数关于中心对称，即，
又由为偶函数，可得关于对称，即，所以A不正确；
因为且，令，可得，所以B正确；
由时，，可得函数单调递增，
因为关于对称，可得函数在单调递减，所以为的极大值点，所以C正确；
由函数关于中心对称，可得，所以，
因为且，可得，
所以，所以函数是以项为周期的周期函数，
可得，所以，
所以，所以D错误.
故选BC.
11．【正确答案】BC
【详解】对于A，由得：，即或，
而，有，解得或，A错误；
对于B，，
当时，，，于是，且当时，则在上递增，B正确；
对于C，由选项B知，当时，单调递增，
当时，单调递减，因此当时，取得极大值，C正确；
对于D，显然函数过原点，，而，因此图象在原点处的切线方程为，
因为直线过原点，因此直线不是图象在原点处的切线，
令，，，即函数在上单调递增，
当时，，即，于是函数在上的图象总在直线的下方，
所以直线不可能为图象的切线，D错误.
故选BC.
12．【正确答案】360
【详解】把的展开式看成是5个因式的乘积形式，
展开式中，含项的系数可以按如下步骤得到：
第一步，从5个因式中任选2个因式，这2个因式取，有种取法；
第二步，从剩余的3个因式中任选2个因式，都取，有种取法；
第三步，把剩余的1个因式中取，有种取法；
根据分步相乘原理，得；含项的系数是
13．【正确答案】
【详解】设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，
由于，，
所以，，，，
所以由点在切线上，得切线方程为，
由点在切线上，得切线方程为，
故解得.
14．【正确答案】
【详解】不妨令，则，
所以不等式可转化为，
，即，
令，则，
即在上单调递减，
由，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
，即的最小值为.
15．【正确答案】(1)；
(2)；
(3).
【详解】（1）∵的展开式的所有项的二项式系数和为，
∴，
故展开式中第三项为：，
所以；
（2）∵，
∴第四项的二项式系数最大，
所以展开式中二项式系数最大的项；
（3）因为，
∴，
令，可得.
16．【正确答案】（1）的单调增区间是，单调减区间是;（2）.
【详解】试题分析：（1）由导数几何意义得，求导数，列方程，解的值.再解导函数零点，列表分析导函数符号变化规律，确定函数单调区间；（2）不等式恒成立问题，一般转化为对应函数最值问题，即,利用导数确定函数最小值，最后解不等式即得实数的取值范围.
试题解析：（1）直线的斜率1.函数的定义域为，，
所以，解得.所以，.
由解得；由解得，
所以的单调增区间是，单调减区间是.
（2），由解得；由解得.
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以当时，函数取得最小值，，
因为对于都有成立，所以只须即可，
即，解得.
17．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）
因，由正弦定理可得：，
即.
因，故，则有，即，
因，故.
（2）因为为角平分线，所以，
所以.
因，，，则，
即，所以.
又由余弦定理可得：，
把，分别代入化简得：，
解得：或（舍去），所以.
18．【正确答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【详解】（1），
即，
所以数列是首项为，公差为1的等差数列；
（2）由（1）得，即，，
，①
，②
①-②，得，
所以；
（3）不等式即为，化简得，对任意恒成立，
令，则，
所以时，，即；
时，，即；
时，，即；
所以，
所以的最大项为，
所以.
19．【正确答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）设，利用导数判断出的单调性求出极值可得答案；
（2）（法一）设，利用导数判断出的单调性，要证只要证在上恒正即可，求导可得答案；
（法二），可得在有两个不等的实根，
即，利用对数均值不等式可得答案；
（3）（法一）转化为恒成立，设的极大值点为，即，由，利用导数判断出的单调性求即可.
（法二）即恒成立，表示以为动点的抛物线，两者有公共点，联立方程可得恒成立，即，利用导数求出可得答案.
【详解】（1）设，则，
在上单调递减，上单调递增，上单调递减，
，，
，当时，，
在上、上各有一个零点，
时有两个零点.
（2）（法一）
，设，则，
在上单调递增，在上单调递减，，
，
要证，只要证，只要证，
只要证，在上恒正即可，
而
，
在上递增，成立；
（法二），则，
由题意可得:在有两个不等的实根，
即，
，
下证：对均不等式，
不妨设，则，令，
证即证，
即证在成立，设，
，
在上单调递减，可得，
即，可得，
由对均不等式可得：，
，故；
（3）（法一）恒成立，
恒成立，
，
当且仅当时，有最大值（这时即为极大值），
设的极大值点为，则，
，
，
而，
在上单调减，在上单调递增，在上单调递减，
，
这时；
（法二）恒成立，
它表示以为动点的直线及其上方的点，
表示以为动点的抛物线，两者有公共点，
，
消去得，
恒成立，
，
在上单调递增，在上单调递减，
，
当且仅当时取等号.
【方法总结】函数图象的交点问题，方程的根，均可归结为函数的零点问题．此类问题往往通过函数的单调性、极值等，利用零点存在性定理判断，常见类型及解法如下：
(1)证明或讨论函数零点个数问题，一般借助导数研究函数的单调性，进而研究函数的零点个数，或将函数零点个数问题转化为两个函数图象的交点个数问题；
(2)已知函数零点个数，求参数的取值范围，一般分离参数或构造函数，利用数形结合思想求解．