黑龙江省牡丹江市2024_2025学年高二数学下学期3月月考试题含解析

这是一份黑龙江省牡丹江市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. 已知为等差数列的前项和，若，，则（ ）
A. 56B. 60C. 64D. 68
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列前项和公式求解．
【详解】设等差数列的首项为，公差为d，由为等差数列的前项和，，，
，解得，
则.
故选：B
2. 在递增的等比数列中，，，则数列的公比为（ ）
A. B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由等比数列的性质有，易知是方程的两个根，再由已知及等比数列的通项公式求公比.
【详解】由题设，易知是方程的两个根，
又为递增的等比数列，所以，故公比.
故选：B
3. 乘积的展开式中项数为（ ）
A. 38B. 39C. 40D. 41
【答案】C
【解析】
【分析】采用分步乘法计数原理进行计算即可.
【详解】从第一个括号中选一个字母有2种方法，从第二个括号中选一个字母有4种方法，从第三个括号中选一个字母有5种方法，根据分步乘法计数原理可知共有项.
故选：C.
4. 现有4个同学站成一排，将甲、乙2个同学加入排列，保持原来4个同学顺序不变，不同的方法共有（ ）种
A. 10B. 20C. 30D. 60
【答案】C
【解析】
【分析】应用分步乘法原理计算即可.
【详解】4个同学站成一排有5个空，甲加入排列有5种情况，队列变成5个人有6个空，乙加入排列有6种情况，
由分步计数原理得，共有种不同的方法.
故选：C
5. 某班有3名学生准备参加校运会的100米、200米、跳高、跳远四项比赛，如果每班每项限报1人，则这 3名学生的参赛的不同方法有（ ）
A. 24种B. 48种C. 64种D. 81种
【答案】A
【解析】
【分析】由乘法原理即可求解；
【详解】由于每班每项限报1人，故当前面的学生报了某项之后，后面的学生不能再报，由分步乘法计数原理，共有种不同的参赛方法；
故选：A
6. 数字0，1，1，2可以组成不同三位数共有（ ）
A. 24个B. 12C. 9个D. 6个
【答案】C
【解析】
【分析】分百位上为1和百位上为2两种情况列举即可.
【详解】当百位上为1时，组成的三位数有101，102，110，112，120，121，共6个数，
当百位上为2时，组成的三位数有201，210，211，共3个数，
所以组成不同的三位数有9个.
故选：C
7. 若直线是曲线的一条切线，则k的值为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】设出切点坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，解方程可得，可得结果.
【详解】设切点坐标为，
易知，因此，
所以切线方程为，即，
可得，即，可得，
所以.
故选：D
8. 数列{an}的通项公式为，该数列的前50项中最大项是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用分离常数法分析数列的单调性，再根据单调性求数列的最大项.
【详解】因为
所以当，即时，，所以.
当，即时，，所以.
且时，数列为递减数列，
所以该数列的前50项中最大项是.
故选：C
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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. 记为等比数列的前项和，已知，则（ ）
A.
B.
C.
D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据等比数列的定义和性质，利用条件可求出首项和公比，根据公式分别得到和前项和，可判断出A错误，BC正确；对于D，根据首项和公比计算出，经过化简分析，可求得最小值，判断出D正确.
【详解】根据题意，设等比数列的公比为，则，解得.
所以，解得.
所以，.
故A错误，BC正确.
对于D，，根据函数单调性可知，在和时，取得最小值.故D正确.
故答案选：BCD.
10. 设函数，则（ ）
A. 是的极大值点
B. 当时，
C. 当时，
D. 曲线有且只有一个对称中心，且该对称中心坐标为
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出函数的导数，求出函数的单调区间，再结合极值、对称性逐项判断得解.
【详解】函数的定义域为R，求导得，
当或时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
对于A，是的极大值点，A正确；
对于B，在上单调递减，，则，B错误；
对于C，当时，，，，C正确；
对于D，令，，函数奇函数，
函数的图象关于原点对称，则函数的图象关于点对称，
若函数的图象还有一个对称中心，则
，而不为常数，
因此点不是函数图象的对称中心，即函数的图象有且只有一个对称中心，
则曲线有且只有一个对称中心，且该对称中心坐标为，D正确.
故选：ACD
11. 已知函数（其中为自然对数的底数），则下列说法正确的是（ ）
A. 在上单调递增
B. 曲线在点处的切线方程为
C. 若，，则正实数的最小值为
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A：对函数求导，利用导数判断函数单调性；对于B：根据导数的几何意义求切线方程；对于C：根据题意结合的单调性可得，构建，利用导数求最值即可；对于D：同构可得，结合单调性分析可得，再根据极值点偏离分析证明.
【详解】对于选项A：因为函数的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，故A错误；
对于选项B：因为，
即切点坐标为，切线斜率，
所以曲线在点处的切线方程为，故B正确；
对于选项C：因为，则，
若，且在内单调递增，
可得，即，
构建，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，则，
可得，所以正实数的最小值为，故C正确；
对于选项D：若，显然，
可得，即，
由选项C可知：，则，即，
结合的单调性可知，
构建，
则，
可知在内单调递增，则，
即，可得，即，
且在内单调递减，则，
所以，故D正确；
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：1.两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
2．利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式；
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】由解析式求出，代入即可求.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以.
故答案为：
13. 如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有______种（用数字作答）.

【答案】
【解析】
【分析】根据题意，用表示个区域，分4步依次分析区域、、、、的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案．
【详解】如图，用表示个区域，
分4步进行分析：
①，对于区域，有5种颜色可选；
②，对于区域，与区域相邻，有4种颜色可选；
③，对于区域，与、区域相邻，有3种颜色可选；
④，对于区域、，若与颜色相同，区域有3种颜色可选，
若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有2种颜色可选，
则区域、有种选择，
则不同的涂色方案有种.
故答案为：.

14. 如图，从1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或向右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到11：就是一条移动路线.从1移动到数字n（）的不同路线条数记为，从1移动到11的事件中，跳过数字n（）的概率记为，则的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意分析，不难得到，据此求出，再由树状图得出过5的线路条数，利用古典概型求解即可.
【详解】由题意可知，
则，，
作树状图，如图，
分别计算1→5的路线共有5条，5→11的路线共有13条，
所以过数字5的路线共有条，
则，
故答案为：
四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知为数列的前n项和，且.
（1）求的值.
（2）证明：数列是等比数列.
（3）求数列的前n项和.
【答案】（1）18 （2）证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）令计算可得；
（2）根据，作差得到，结合等比数列的定义即可证明；
（3）由（2）可得，从而得到，再利用分组求和法计算可得.
【小问1详解】
因为，
当时，，解得；
当时，，解得；
【小问2详解】
因为，则，
所以，即，
所以，又，所以是以为首项，为公比的等比数列；
【小问3详解】
由（2）可知，则，
所以，
所以
.
16. 已知函数，（，为自然对数的底数），且在点处的切线方程为.
（1）求实数，的值；
（2）求证：.
【答案】（1），；
（2）详见解析.
【解析】
【分析】（1）依据题设条件借助导数的几何意义建立方程组，通过解方程组使得问题获解；
（2）先将不等式进行等价转化，再构造函数运用导数的单调性分析推证.
【小问1详解】
∵，
∴，且，
又在点处的切线方程为，
∴切点为，
∴
解得：，．
【小问2详解】
由（1）可知，，且的定义域为，
令，定义域为
则，
令，显然在为减函数，且，，
∴，使得，即，
当时，，∴，∴为增函数；
当时，，∴，∴为减函数．
∴ ，
又∵，∴，，，
∴，即，
∴．
【点睛】关键点点睛：本题以含参数的函数解析式为背景，设立了两个问题，旨在考查导数的几何意义及导数在研究函数的单调性、最值（极值）等方面的综合运用．求解第一问时，依据题设条件借助导数的几何意义建立方程组，通过解方程组使得问题获解；求解第二问时，先将不等式进行等价转化，再构造函数，然后运用导数的单调性进行分析推证恒成立．
17. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个零点，，且，求证：.
【答案】（1）详见解析.
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导得，分类讨论可求单调区间；
（2）由已知可得且，两式相加相减变形可得，通过换元，构造函数，可证得结论.
【小问1详解】
已知函数的定义域为，.
当时，，所以在上单调递增；
当时，令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
由题意知：且
则①-②得，所以.
则①+②得，
所以
令，则.
要证，只需证，即证.
因为，所以只需证，即证.
令，则，
令，则，
所以在上单调递减，即在区间上单调递减.
所以，所以在区间上单调递增，
所以.即得证.
所以.
【点睛】难点点睛：本题考差了导数知识的综合应用，综合性强，计算量大；难点在于结合函数的零点证明不等式问题，解答时要根据推出，结合换元，证明，继而构造函数，判断其单调性，结合零点存在定理推出，从而证明结论.
18. 解决下列问题（用具体数字回答）
（1）4名男生和3名女生排成一排，甲站在正中间的不同排法有多少种？
（2）4名男生和3名女生排成一排，甲、乙二人必须站在两端的排法有多少种？
（3）4名男生和3名女生排成一排，甲、乙二人不能站在两端的排法有多少种？
（4）4名男生和3名女生排成一排，甲不站在排头，乙不站在排尾，有多少种排法？
（5）4名男生和3名女生排成一排，四名男生站在一起，三名女生站在一起，有多少种排法？
（6）4名男生和3名女生排成一排，女生不相邻的排法有多少种？
（7）4名男生和3名女生排成一排，甲，乙两人中间有且只有2人的排法有多少种？
（8）4名男生和3名女生排成一排，甲、乙、丙相邻且它们都不与丁相邻，共有多少种不同排法？
（9）某人射击7枪，命中4枪，命中的4枪中恰好有3枪连在一起的情形有多少种？
【答案】（1）720 （2）240
（3）2400 （4）3720
（5）288 （6）1440
（7）960 （8）432
（9）12
【解析】
【分析】（1）利用特殊元素优先排的方法，结合排列数的计算方法即可求解；
（2）利用特殊元素优先排的方法，结合排列数的计算方法及分步乘法计数原理即可求解；
（3）利用特殊位置优先排的方法，结合排列数的计算方法及分步乘法计数原理即可求解；
（4）利用考虑反面的方法即可求解；
（5）利用捆绑法即可求解；
（6）利用插空法即可求解；
（7）利用捆绑法即可求解；
（8）利用捆绑法及插空法即可求解；
（9）利用插空法即可求解.
【小问1详解】
甲站在正中间，则只考虑剩下6人的排列，
所以共有种排法.
【小问2详解】
甲、乙二人站在两端，共有2种排法；
剩余5人的排法共有，
所以共有种排法.
【小问3详解】
从除甲、乙以外的5人中选2人站两端，共有种排法，
剩下5人共有种排法，
所以共有种排法.
【小问4详解】
7人共有种排法，
甲站头共有种排法，
乙站尾共有种排法，
所以甲不站在排头，乙不站在排尾，共有种排法.
【小问5详解】
四名男生站在一起，共有种排法，
三名女生站在一起，共有种排法，
所以共有种排法.
小问6详解】
女生不相邻的排法有种排法.
【小问7详解】
甲，乙两人中间有且只有2人的排法有种排法.
【小问8详解】
甲、乙、丙相邻且它们都不与丁相邻，共有种排法.
【小问9详解】
命中的4枪中恰好有3枪连在一起的情况有种.
19. 已知，.
（1）证明：当时，；
（2）设，试根据的不同取值，讨论关于的方程解的个数；
（3）求证：有且只有两条直线与曲线、均相切.
【答案】（1）证明见解析
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
分析】（1）构造函数，求导确定最值即可求解；
（2）构造函数，求导确定极值，讨论极值正负，即可；
（3）假设直线，设直线与曲线相切于点，由导数的几何意义得.①再由直线与曲线相切，.②联立得得到.再构造函数，求导确定单调性进而可求解；
【小问1详解】
令，定义域为，
求导，得，令，解得.
当时，，函数严格减；
当时，，函数严格增；
故当时，函数取到最小值，最小值为2.
因为，所以当时，，即.
【小问2详解】
令，，
求导，得，令，解得.
当时，，函数严格增；
当时，，函数严格减；
故当时，函数取到极大值，极大值为.
当，即时，函数无零点，即原方程无实数解；
当，即时，函数恰有一个零点，即原方程有一个实数解；
当，即时，函数有两个零点，即原方程有两个实数解.
【小问3详解】
假设直线与曲线、均相切，
故不等式在定义域内恒成立，且两个等号都能取到.
设直线与曲线相切于点，于是，
且，消去得.①
又直线与曲线相切，于是，
且其判别式.②
由①②两式，消，得.
设，
求导，得，令，解得.
易得函数在区间上严格减，在区间上严格增.
又，，，
进而可得函数恰有两个零点，一个在区间内，一个在区间内.
综上，有且只有两条直线与曲线、均相切.
【点睛】关键点点睛：设直线，由公切线得到，构造函数，求导确定零点个数.