山东省青岛市城阳第一高级中学2024_2025学年高二下册3月阶段性检测数学试卷【附解析】

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1．C
【详解】由题设.
故选：C
2．A
【详解】①选出的2人有不同的劳动内容，相当于有顺序，①属于排列问题；
②选出的2人劳动内容相同，无顺序，②不属于排列问题，
③选出5人组成一个篮球队，无顺序，③不属于排列问题，
④选出的两个数作为底数或指数，其结果不同，有顺序，④属于排列问题，
所以属于排列问题的为①④.
故选：A
3．D
【详解】由图及题设，当时，；
当；
当时，；
当时，；
即函数在和上单调递增，在上单调递减，
因此函数在时取得极小值，在时取得极大值；
故A，B，C错，D正确.
故选：D.
4．D
【详解】先涂中间，有5种选色，再逐个涂旁边部分，都有4种选色.由分步乘法计数原理得不同的涂色方案种数为.
故选：D.
5．A
【详解】把3个相同的小球放入4个不同的盒子中，每个盒子最多放2个小球，
可分成两类情况：
①在4个不同的盒子中任取3个盒子，每个盒子中放一个，有种放法，
②把3个球分为两组，一组1个，一组2个，分别放到两个不同的盒子中，有种放法.
由分类加法计数原理：不同方法有：4+12=16种．
故选：A．
6．D
【详解】令，则，
由题意知当时，，故在上单调递增，
因为函数是定义域为的奇函数，
所以，
所以，
所以是定义域为的偶函数，
所以在上单调递减，
又因为，所以，
所以，
所以当时，，则；
当时，，则；
当时，，则；
当时，，则.
则不等式的解集为.
故选：D.
7．D
【详解】对于任意的，都有，
即对于任意的，都有，
令，则在上单调递增，
又，令，解得，
则时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，即实数的取值范围是.
故选：D
8．C
【详解】因为函数仅有一个零点，
所以函数的图象与函数的图象只有一个交点.
函数恒过定点，，
同一坐标系内作出两函数图象，如图所示，
两个函数图象已经有一个交点.
时，，其导函数，
当直线与函数在处相切时，只有一个交点，
此时，解得，则当时，有两个交点.
时，，其导函数，
当直线与函数在处相切时，只有一个交点，
此时，解得，则当时，有两个交点.
综上，要使函数仅有一个零点，则实数的取值范围是.
故选：C.
9．BD
【详解】利用复合函数的求导法则，由，所以A错误；
因为，当时，，
且时，，时，，故为极大值点，所以B正确；
由在上的平均变化率为，所以C错误；
因为，当时，，所以D正确.
故选：BD.
10．AB
【详解】对于选项A：由杨辉三角可得：第n行的第个位置的数是，故A正确；
对于选项B：因为
，
所以，故B正确；
对于选项C：因为第2024行的第个位置的数是，
由组合数性质可知：为的最大值，
所以第2024行的第1013个数最大，故C错误；
对于选项D：第28行中第5个数与第6个数的比值为，故D错误；
故选：AB.
11．ABD
【详解】对于A，设切线方程为：.当时，，
则，，即切线方程为，故A正确；
对于B，当时，，；或.
则在上递增，在上递减，得，
，又注意到当趋近于负无穷大时，趋近于正无穷大，
趋近于正无穷大时，趋近于负无穷大，则分别在上有一个零点，故B正确；
对于C，，，令，
因有两个极值点，则有两个不等正根，，故 C错误；
对于D，，即，可化为，
令，因，则在上单调递增，
即，令，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
则，则，即，故D正确．
故选：ABD．
12．
【详解】根据题意，将香菌、新笋、豆腐干三种原料进行捆绑，且这三种原料无顺序，
茄子净肉在鸡脯肉后下锅，鸡汤最后下锅，
所以，不同的下锅顺序种数为种.
故答案为：.
13．15
【详解】函数定义域为R，.
因为函数在处有极值10，
所以，解得：或.
当时，.
令，得或；令，得.
所以在单增，在单减，在单增，
所以函数在处有极值，符合题意.
当时，恒成立.
所以在R上单增，所以函数在处无极值，不符合题意.
综上所述：.
所以15.
故答案为：15
14．
【详解】设，
因为，在R上单调递增，所以在R上单调递增，
又，则是奇函数，
由，可得，
即，
，即在上有解，
令，则，，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
，
，即实数的取值范围为.
故答案为：.
15．(1)120
(2)72
(3)48
(4)243
(5)150
【详解】（1）甲乙丙丁戊五个同学排成一排，共有种不同的排列方法；
（2）甲乙丙丁戊排成一排，甲乙不相邻，先将丙丁戊排成一列有种方法，
再将甲乙插空隙中，有种方法，
所以共有不同排法数为（种）
（3）甲乙丙丁戊排成一排，甲乙相邻，先将甲乙排在一起，有种排法，
再与其他同学全排列有种排法，共有种排法；
（4）去三个城市游览，每人只能去一个城市，可以有城市没人去，
因此每个人都有3种选择，所以不同游览方法有（种）.
（5）分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，
则先把5人按分组，有种分组方法，
按分组，有种分组方法，因此不同分组方法数为，
再把每一种分组安排到三个城市，有种方法，
所以不同分配方法种数是.
16．(1)
(2)最小值为，最大值
【详解】（1）设切点为，由得，
所以所求切线的斜率为，即，
所以，即，故切点为，
所以所求切线的斜率为，切线方程为，即，
故所求切线的方程为．
（2）由条件知，．
所以，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以在单调性为：单调递减，单调递增，
所以．
又
，所以最大值为：
所以在的最小值为，最大值为：
17．(1)答案见解析
(2)
【详解】（1）因为，且定义域为，
所以，令，则，
当时，，函数在上单调递增；
当时，令，得到，令，得到，
故函数在上单调递减，在上单调递增；
综上：当时，在上单调递增；
当时在上单调递减，在上单调递增．
（2）由（1）得，
因为对于任意，恒成立，
所以恒成立，
化简得恒成立，故恒成立，
令，则恒成立，，
令，则，
得到在单调递增，即
故，在单调递增，而，
即，故.
18
【详解】（1）时，，，
因为，均在上单调递增，
则在上单调递增，又，
所以，，，，
所以在单调递减，在单调递增．
（2）①依题意的两根为，
即的两根为．
令，
得，且，，
则在单调递减，在单调递增，则．
令，
则，所以在单调递增，所以，
所以，又，在单调递增．
所以，即．
②由，要证明，只需证，
即证明，
即证明
即证明
即证明，设，，
则，则当时，，则在单调递减，
则，则在上恒成立，从而左边得证．
因为，，且，，
则在和处的切线分别为和，
令，得，
再证明恒成立，
设，则，令，解得，
且时，，此时函数单调递减；
时，，此时函数单调递增；
则，则恒成立，
再证明恒成立，
设，，则在上单调递增，
又因为且大于0时，，则恒成立，
所以，从而右边得证．
19．
【详解】（1）当时，则，
因为为函数在上的“拉格朗日中值点，
则，
即，解得
（2）当时，
不妨设，，，则，
又，令，
则，
又，所以恒成立，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以，所以，
由拉格朗日中值定理可知必存在使得，
即，又，所以，
即函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；
（3）当时，
由拉格朗日中值定理知，存在和，
使得，，
所以只需证明，即证明在上单调递减，
又，
令，
则，
令，
则，
当时，
令，，则，则在上单调递增，
又，，
所以存在使得，
所以当时，则，即单调递增，
当时，则，即单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以
，
所以，所以在上单调递减，
即在上单调递减，命题得证.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
D
D
A
D
D
C
BD
AB
题号
11









答案
ABD