浙江省湖州市2024_2025学年高二数学下学期3月月考试题含解析

这是一份浙江省湖州市2024_2025学年高二数学下学期3月月考试题含解析，共18页。试卷主要包含了 二项式的展开式中，常数项等于等内容，欢迎下载使用。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
一、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的.
1. 已知复数，则（ ）
A. 0B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简复数，继而求模即可.
【详解】
则，
故选：A.
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的定义域、值域化简集合，再利用交集的定义求解.
【详解】依题意，，，
所以.
故选：B
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
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得，求出，再检验可得答案.
【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. 二项式的展开式中，常数项等于（ ）
A. 448B. 900C. 1120D. 1792
【答案】C
【解析】
【分析】
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.
【点睛】本题考查二项展开式定理，熟记二项展开式通项即可，属于基础题.
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.
【答案】C
【解析】
【分析】根极值与导函数的关系确定在附近的正负，得的正负，从而确定正确选项．
【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. 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
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，分为揉捻工序分配2人、揉捻工序分配3人和揉捻工序分配4人，三种情况，结合排列、组合数的公式和计数原理，即可求解.
【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. 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.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，结合导数以及已知条件判断出的单调性，由此确定正确选项.
【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.
【答案】C
【解析】
【分析】画出大致立体图，转化为平面向量的数量积，数形结合可得.
【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.
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. 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
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用全排列计算判断A；每个球有4种放法，利用乘法原理计算判断B；取1个盒子不放球，再将4个球按分成3组放入3个盒子计算判断C；从4个盒4个球中选定一组标号相同的球和盒子，另外3个球3个盒子标号不能对应放，列式计算判断D．
【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. 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.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意得到函数是以项为周期的周期函数，且关于中心对称和对称，结合选项，逐项判定，即可求解.
【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. 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
【答案】BC
【解析】
【分析】求出函数的零点判断A；求出函数的导数，判断单调性、求出极大值判断BC；求出图象在原点处的切线方程判断D作答.
【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
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在的展开式中，含的系数为______.
【答案】360
【解析】
【分析】把的展开式看成是5个因式的乘积形式，按照分步相乘原理，求出含项的系数即可．
【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
故答案为：.
13. 已知直线是曲线与的公切线，则________.
【答案】
【解析】
【分析】设设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，
然后求出，，再根据导数的几何意义求出切线方程，联立切线方程即可求解.
【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.
故答案为：.
14. 若任意两个不等正实数，，满足，则的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】不妨令，即可得到，令，依题意只需在上单调递减，利用导数求出函数的单调区间，即可求出参数的取值范围.
【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.
故答案为：.
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
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．
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）由题可得，然后根据二项展开式的通项即得；
（2）由题可知第四项的二项式系数最大，然后根据展开式的通项即得；
（3）由题可得，然后利用赋值法即得.
【小问1详解】
∵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；
【小问2详解】
∵，
∴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；
【小问3详解】
因为，
∴，
令，可得.
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；
【答案】（1）的单调增区间是，单调减区间是;（2）.
【解析】
【详解】试题分析：（1）由导数几何意义得，求导数，列方程，解值.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. 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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边角互化，化简后利用正切值求角即得；
（2）充分利用三角形的角平分线将三角形面积进行分割化简得，再运用余弦定理解方程即得.
【小问1详解】
因，由正弦定理可得：，
即
因，故，则有，即，
因，故.
【小问2详解】
因为角平分线，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. 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.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【解析】
【分析】（1）由可得答案；
（2）求得，得到，运用数列错位相减法求和得到；
（3）结合（2）化简不等式，再由参数分离得到，再对讨论，利用单调性可得到的最小值.
【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.
【点睛】本题考查了数列的通项公式和前n项和公式的求法，注意错位相减的合理运用,以及常数分离法解决恒成立的问题.
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）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【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.
【小问1详解】
设，则，
在上单调递减，上单调递增，上单调递减，
，，
，当时，，
所以在上、上各有一个零点，
时有两个零点；
【小问2详解】
（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，
，
所以在上单调递减，可得，
即，可得，
由对均不等式可得：，
，故；
【小问3详解】
（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.
【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）利用导数证明不等式或研究零点问题．