广东省中山市华侨中学2024-2025学年高二下学期第一次段考 数学试题（含解析）

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1. 若的展开式中的常数项为，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由二项式定理的通项公式求的展开式的常数项，由条件列方程求.
【详解】二项式的展开式的第项为，
令可得，
所以二项式的展开式的第项为常数项，常数项为，
所以，
所以，
故选：C.
2. 如图，用 6 种不同的颜色把图中 A，B，C，D 四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（ ）
A. 400 种B. 460 种C. 480 种D. 496 种
【答案】C
【解析】
【分析】完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色，当使用3种颜色时，和涂一种颜色，利用分类加法、分步乘法计数原理即可求解.
【详解】完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色，
当使用4种颜色时，有6种涂法，有5种涂法，有4种涂法，有3种涂法，
所以共有种方法；
当使用3种颜色时，和涂一种颜色，共有6种涂法，
有5种涂法，有4种涂法，
所以共有种方法；
所以不同的涂法共有种.
故选：.
3. 已知函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由导数的定义即可求解.
【详解】由题意得，故．
故选：A
4. 命题p：“函数在区间上单调递增”是命题q：“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先求出恒成立时的取值范围，再用集合法判断充要条件即可
【详解】命题在内单调递增，
则，即在上恒成立，
令，由于，则，
则，
的最小值为0，则必有，
所以是的充分不必要条件．
故选：A
5. 已知函数在处取得极小值，则的极大值为（ ）
A. 4B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先由求出，再检验是否符合题意即可.
【详解】由题得，因为函数在处取得极小值，
所以或，
当时，，，
所以当时，，当时，，
所以函数在处取得极小值，符合题意，
所以函数在处取得极大值为；
当时，，，
所以当时，，当时，，
所以函数在处取得极大值，不符合题意；
综上，的极大值为4.
故选：A
6. 已知某圆柱的表面积为，则该圆柱的体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设圆柱的底面半径为，高为，体积为，由已知可得到圆柱的体积关于的函数关系式，再利用导数研究函数的单调性进而求得的最大值.
【详解】设圆柱的底面半径为，高为，
依题意得，，所以，所以，所以圆柱的体积为.
设，则，
令，解得（负值舍去），
所以在上单调递增，在上单调递减，
因此当时，圆柱的体积取最大值，且.
故选：C.
7. 高一某班一天上午有节课，下午有节课，现要安排该班一天中语文､数学､英语､物理､化学､生物､地理节课的课程表，要求生物课排在上午第四节，化学课排在下午，数学与物理不相邻，则不同的排法种数共有（ ）种
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据要求，生物固定在上午第四节，化学固定在下午，数学和物理不相邻，则可分成数学和物理都排在上午或下午、数学和物理一个在上午一个在下午，四种情况，结合排列和组合分类求解即可.
【详解】若数学和物理都排在上午，则有种；
若数学和物理都排在下午，则有种；
若数学排在上午，物理排在下午，则有种；
若数学排在下午，物理排在上午，则有种.
综上，不同的排法共有种.
故选：C
8. 若关于的不等式的非空解集中无整数解，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】原不等式转化为函数的图象一定有部分在直线的下方，且该部分图象横坐标中没有整数，根据导数的几何意义求出直线与曲线相切时的斜率，画出函数图象，利用数形结合可得答案.
【详解】原不等式可化为，设，
则直线过定点，
因为不等式的解集非空，所以函数的图象一定有部分在直线的下方，
又因为不等式的解集中无整数解，所以该部分图象横坐标中没有整数，
∵，∴．设直线与曲线相切于点，
则有，消去a整理得，解得或，
若，则切点横坐标为1，若不等式的解集非空，解集中一定含有整数1，所以不合题意，舍去；
故，则切线的斜率为，解得．
又由题意知原不等式无整数解，结合图象可得当时，，，
当时，解得，当直线绕着点旋转时，
要使不等式的解集非空，且解集中无整数解，必有得，故实数的取值范围是．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键有两点：一是正确理解不等式的解集非空且不包含整数；二是数形结合思想的应用，将不等式问题转化为图象间的位置关系.
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分）
9. 下列命题正确的是（ ）
A.
B. 已知函数在上可导，若，则
C 已知函数，若，则
D. 设函数的导函数为，且，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据导数基本公式可判断A；根据导数定义可判断B；根据导数求导法则可判断CD.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，由导数定义知，B正确；
对于C，，则，
由，得，解得或(舍去)，C正确；
对于D，由，得，
故，D错误，
故选：BC
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. 已知的展开式的二项式系数的和为128，且，则（ ）
A. B. 除以13所得的余数为2
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据二项式系数公式可得判断A；根据，可判断B；利用赋值法即可求解C；求导并赋值，即可求解D.
【详解】由，可得，A正确；
，
故除以13所得的余数为1，B错误；
令，则，
令，则，故，故C正确；
对求导可得：
，
令可得，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知盒中装有大小形状完全相同的3个红球、2个白球、5个黑球.甲每次从中任取一球且不放回，则在他第一次拿到的是红球的前提下，第二次拿到白球的概率为___________
【答案】
【解析】
【分析】设已知第一次拿到红球为事件，第二次拿到白球为事件，先求出，，然后利用条件概率公式进行计算即可．
【详解】设事件表示“第一次拿到红球”，事件表示“第二次拿到白球”.
盒中一共有个球，第一次从个球中取到红球的概率，可得.
“第一次拿到红球且第二次拿到白球”的取法有种.
从个球中不放回地取两次球，总的取法有种.
所以.
根据条件概率公式.
故答案：
13. 甲、乙、丙、丁四名专家分别前往A，B，C三所中学开展科学知识宣传，若每个学校至少安排一名专家，每个专家只能去一所学校，且甲必须安排到A中学，则不同的安排方式有______种.（填数字）
【答案】
【解析】
【分析】分甲一个人到A中学和甲和其他人一起到A中学两种情况，分别计算可得答案.
【详解】若甲一个人到A中学，则其余3人到B，C两所中学，有种方式；
若甲和令一人到A中学，则相当于其余3人，每人到一所学校，有种方式，所以共有种方式.
故答案为：
14. 函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且满足，若不等式在上恒成立，则正实数的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】先构造函数，利用该函数的单调性，把不等式转化为，进而转化为在上恒成立，再求函数的最大值即可.
【详解】设，则.
由得在上恒成立.
所以在单调递增.
当，时，不等式可化为：，
所以（）.
设，则.
由；由.
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以.
所以.
所以正实数的取值范围是.
故答案为：
四、解答题（共77分）
15. 若函数，在处切线方程为：.
（1）求的解析式；
（2）求在上的最大值、最小值.
【答案】（1）
（2）最大值，最小值
【解析】
【分析】（1）求导，根据切线方程可得，即可得解；
（2）利用导数求出函数的单调区间，再求出函数的极值及端点的函数值，从而可得答案.
【小问1详解】
，
因为函数在处切线方程为：，
所以，解得，
所以；
小问2详解】
，
当或时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
又，
所以.
16. 已知的展开式中各项的二项式系数之和为128.
（1）求展开式中项的系数；
（2）求展开式中项的系数最大的项.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据二项式系数和，得出，再应用通项公式计算即可得出系数；
（2）根据通项公式列不等式组计算求出，再结合，则最后计算即可.
【小问1详解】
次二项式的展开式中各项的二项式系数和，
由题意，得，即，
由二项式通项公式，得，
即，令，得
展开式中项的系数为.
【小问2详解】
设展开式中第项的系数最大，
则有，
化简得，即为，
解得，
，则，
展开式中项的系数最大的项为.
17. （1）把本不同的书分给位学生，每人至少一本，有多少种方法？
（2）由这个数字组成没有重复数字的四位偶数由多少个？
（3）某旅行社有导游人，其中人只会英语，人只会日语，其余人既会英语，也会日语，现从中选人，其中人进行英语导游，另外人进行日语导游，则不同的选择方法有多少种？
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】（1）分为和两类分别计算，加和得到结果；（2）分为个位是和个位不是两类分别计算，加和得到结果；（3）分为只会英语的人中选了人作英语导游、选了人作英语导游和选了人作英语导游三类分别计算，加和得到结果.
【详解】（1）把本不同的书分给位学生，每人至少一本，有和两类
分配方式为时，共有：种分法
分配方式为时，共有：种分法
由分类加法计数原理可得，共有：种分法
（2）若个位是，共有：个
若个位不是，共有：个
由分类加法计数原理可得，共有：个
（3）若只会英语的人中选了人作英语导游，共有：种选法
若只会英语的人中选了人作英语导游，共有：种选法
若只会英语的人中选了人作英语导游，共有：种选法
由分类加法计数原理可得，共有：种选法
【点睛】本题考查排列组合的综合应用问题，涉及到分组分配问题、元素位置有限制的排列组合问题等知识，关键是能够根据题目的要求进行合理的分类，最终通过分类加法计数原理得到结果.
18. 已知函数.
（1）当时，讨论函数的零点存在情况；
（2）当时，证明：当时，.
【答案】（1）两个零点；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】(1)将代入可得，求出函数的导数，利用导数探讨函数的单调性并借助零点存在性定理即可求解；
(2)根据已知条件构造函数，证明在时恒成立即可得解.
【详解】(1)当时，，显然，即1是的一个零点，
求导得，上单调递增，且，
则在上存在唯一零点，当时，，当时，，
因此，函数在上单调递减，在上单调递增，而，，
从而得在上函数存在一个零点，
所以函数存在两个零点；
(2)令，，则，由(1)知在上单调递增，且在上存在唯一零点，即，
当时，单调递减，当时，单调递增，
因此，，即，则，
而，有，于是得，
所以当，时，.
19. 已知是函数的零点，若对满足的任意正整数，使得，则称“被控制”．
（1）已知函数，若“被2控制”，求的取值范围．
（2）已知函数有三个零点．
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）证明：“被1控制”．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先化简函数，再构造函数，应用函数被2控制列式计算求参；
（2）（ⅰ）先求导函数，再根据导函数正负得出函数单调性，再结合值域即可求参；
（ⅱ）应用函数新定义证明符合函数新定义即可.
小问1详解】
令，则或．
令，则，当且仅当时，等号成立，
即在上单调递增．
设存在正数满足，因为“被2控制”，所以，即，
所以，即，解得，所以的取值范围为．
【小问2详解】
（ⅰ）解：由可得．
令，知为奇函数．
若，由，解得．
当时，单调递增，
当时，单调递减，则，且．
当时，单调递增且，
当时，单调递增且，当时，单调递减且．
若，当时，单调递减且，
当时，单调递增且，
当时，单调递增且．
当或时，有三个解，所以的取值范围为.
（ⅱ）由函数的对称性知，只需要证明时的情况即可．
当时，的三个零点满足，
只需要证明即可，即证明，即，
当时，单调递增，
则只需要证明
，这显然成立，故“被1控制”．