2024-2025学年山东省枣庄市高二下册3月月考数学检测试卷（附解析）

2024-2025学年山东省枣庄市高二下学期3月月考数学检测试卷第Ⅰ卷一、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，只有一个选项是符合题目要求的）．1.如果函数在处的导数为1，那么（）A. B.1 C.2 D.【正确答案】A【分析】利用导数的定义求解.【详解】因为，所以，所以．故选：A．2.函数的图象在点处的切线方程为（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】求导，代入得切线斜率，利用点斜式，写出切线方程.【详解】依题意，，因为，所以，所以切线方程为，即，故选：D.3.曲线在点处切线的斜率为，则的坐标为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】借助导数的几何意义计算即可得.【详解】，令，则，故，当时，，即的坐标为.故选：B.4.已知的展开式中第2项，第3项，第4项的二项式系数成等差数列，则（）A.5 B.6 C.7 D.8【正确答案】C【分析】写出二项式系数再利用等差中项建立方程，求解即得.【详解】已知的展开式中第2项，第3项，第4项的二项式系数为，依题意成等差数列，故，得到：，化简得，即：，解得：或（舍去）故选：C5.某医院安排1名医生和7名护士某周一至周五去“定点帮扶”医院开展帮扶工作，每天安排2人，其中医生需要去三天，每名护士需要去一天，则不同的安排方法种数为（）A6300 B.12600 C.25200 D.50400【正确答案】B【分析】先将7名护士分组，每组人数分别为，再安排医生并进行全排列即可.【详解】题意将7名护士分成5个小组，每组人数分别为，共有种安排方法，则医生被安排到只有1名护士的组别，故不同的安排方法共有（种），故选：B．6.若函数有个零点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】对，，三种情况分类讨论，即可得到的取值范围.【详解】设，则对有，对有.所以在上递增，在上递减，这表明，且等号成立当且仅当.①当时，对有，故至多有一个零点，不满足条件；②当时，取充分小的正数，使得，，；再取充分大的正数，使得，，，则，且，，，.从而根据零点存在定理，可知有个零点，满足条件；③当时，由于当时，单调递减，故在的范围内至多有一个零点.而当时，有，且若，则必有，即.所以在的范围内至多有一个零点.二者结合，可知至多有两个零点，不满足条件综合①②③，可知的取值范围是.故选：C.7.已知函数在上存在单调递减区间，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据题意可知在上有解，整理可得，构建，利用导数求最值即可得结果.【详解】由题意可知：，因为函数在上存在单调递减区间，则在上有解，可得，所以．令，则，显然，可知函数单调递增，则，即，所以实数的取值范围是.故选：C．8.已知定义在R上的函数满足，则（）A. B.C. D.【正确答案】B【分析】构造函数，利用导函数判断函数的单调性，然后利用函数单调性即可得【详解】令，又则，因此函数是增函数，于是得，即，所以，即，故选：B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.关于的展开式，下列结论正确的是（）A.展开式共有7项 B.每一项中的指数都是偶数C.各项系数的和为64 D.常数项为540【正确答案】ABC【分析】根据二项式展开式的特征即可求解A，根据通项的特征即可求解BD，利用赋值即可求解C.【详解】对于A,根据，即可得展开式共有7项，故A正确，对于B，的展开式的通项为，由于为偶数，因此每一项中的指数都是偶数，故B正确，对于C,令，则系数和为，故C正确，对于D，令，故，故常数项为，故D错误，故选：ABC10.（多选）已知，则下列说法正确的是（）A.展开式中所有项的二项式系数和为B.展开式中所有偶次项系数和为C.展开式中所有奇次项系数和为D.【正确答案】ABD【分析】根据给定条件，利用二项式定理及性质，结合赋值法逐项分析、计算判断作答.【详解】对于A，二项式系数和为，故A正确；对于B，令，得，①令，得，②①②，可得，，故B正确；对于C，①②，得，，故C错误；对于D，令，得，令，得.，故D正确.故选：ABD.11.过点有三条直线和曲线相切，则实数的可能取值是（）A.0 B.3 C.6 D.4【正确答案】BCD【分析】设切点为，利用导数几何意义得切线方程为，根据切点在曲线及切线上得，问题化为有三个不同的零点，再应用导数研究其单调性、极值，进而求参数范围.【详解】设切点为，又，则切线斜率，所以切线方程为，又，则，所以中有3个不同解，进而有有三个不同零点，而，令或，显然，否则至多有两个不同零点，当时，或时，即在和上单调递增；时，即在上单调递减；又极大值，故此时至多有一个零点；当时，或时，即在和上单调递增；时，即在上单调递减；又极大值，极小值，此时满足要求，所以，综上，A不可能，B、C、D都有可能.故选：BCD关键点点睛：问题化为有三个不同的零点为关键.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）12.现有某类病毒记作，其中正整数，可以任意选取，则不同的选取种数为______，，都取到奇数的概率为______．【正确答案】①.63②.【分析】利用分步乘法计数原理得到有可能的取值个数，并得到，都取到奇数的情况数，得到概率.【详解】因为正整数，满足，，所以有可能的取值有（种），其中，都取到奇数，可从中选取，可从中选取，故情况有（种），因此所求概率为．故63，13.已知曲线，则曲线的切线中斜率最小的直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为_________.【正确答案】##【分析】利用导数的几何意义结合基本不等式可求得的切线斜率的斜率的最小值，利用等号成立的条件求出切点坐标，可得出切线方程，即可求出该切线在两坐标轴上的截距，结合三角形的面积公式可求得结果.【详解】对函数求导得，因为，所以，当且仅当，即时取等号，所以，故，当且仅当时取等号.所以当时，曲线的切线斜率取得最小值，此时切点的坐标为，切线的方程为，即.该切线在轴上的截距为，在轴上的截距为，所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积.故答案为.14.已知函数，其中存在三个零点，且，给出下列4个结论：①；②；③的取值范围为；④若成等差数列，则；则所有正确的结论的序号为__________.【正确答案】①②④【分析】将转化为，再根据图象，对每个选项逐一分析，即可判断和选择.【详解】由得，即，即，令，则为直线a和函数图象的交点的横坐标；的定义域为，且，故为奇函数；又当时，，，故当时，，单调递增；当时，，单调递减；故在时取得极大值，且，，作的图象如下所示：对①②：数形结合可知，，故，故①正确，②正确；对③：若使得与有个交点，则，解得，故③错误；对④：若成等差数列，则，即，即，即，又，，则，即，，也即，又，故，故④正确；故①②④关键点点睛：处理本题的关键一是能够将函数的零点转化为图象交点的横坐标，从而数形结合解决问题；二是能够熟练应用导数处理函数单调性和最值的问题；属综合困难题.四、解答题（本题共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）15.有6本不同的书，6本不同的书分成三组，每组都是2本，有多少种不同的分法？【正确答案】【分析】这是平均分组问题，列举，，是一种分法，所以求出组合数除以即可.【详解】先分三组，有种分法，但是这里面出现了重复，不妨记六本书为，若第一组取了，，第二组取了，第三组取了，则该种方法记为，但种分法中还有，，共种情况，而这种情况只能作为一种分法，故分配方式有（种）．16.偶函数f(x)＝ax4＋bx3＋cx2＋dx＋e的图象过点P(0，1)，且在x＝1处的切线方程为y＝x－2，求f(x)的解析式．【正确答案】f(x)＝x4－x2＋1【分析】将点P(0，1)代入求出e＝1，再根据函数为偶函数，可得f(－x)＝f(x)，求出b＝0，d＝0，再利用导数几何意义可得4a＋2c＝1且a＋c＋1＝－1，解方程即可求解.【详解】∵f(x)的图象过点P(0，1)，∴e＝1．又∵f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)．故ax4＋bx3＋cx2＋dx＋e＝ax4－bx3＋cx2－dx＋e．∴b＝0，d＝0．∴f(x)＝ax4＋cx2＋1．∵函数f(x)在x＝1处的切线方程为y＝x－2，∴切点坐标为(1，－1)．∴a＋c＋1＝－1．∵f′(x)|x＝1＝4a＋2c，∴4a＋2c＝1．∴a＝，c＝－．∴函数f(x)的解析式为f(x)＝x4－x2＋1．17.已知函数（，是自然对数的底数，）．（1）当时，求函数的极值；（2）若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围；【正确答案】（1），；（2）【分析】（1）当时，求得，得出函数的单调性，进而求得其极值，得到答案；（2）求得，令，根据题意，转化为在上恒成立，结合二次函数的性质，列出不等式组，即可求解.【小问1详解】解：当时，函数，可得令，解得，，所以，与的关系如下：单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以当时，函数取得极大值，即，当时，函数取得极小值，即.【小问2详解】解：因为，所以，令，则，因为函数在区间上单调递减，可得在上恒成立，令，则，解得，所以实数的取值范围为.18.已知函数.（1）求曲线的斜率为1的切线方程；（2）当时，求证.【正确答案】（1）和.（2）证明见解析【分析】（1）求导，根据求解切点，即可根据点斜式求解直线方程，（2）构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可根据最值求证.【小问1详解】由，得.令，即，得或.又，，所以曲线的斜率为1的切线方程是与，即和.小问2详解】令，.由，得.令，得或.当时，，的变化情况如下表：04＋－＋递增0递减递增0所以的最小值为，最大值为0，故，即.19.已知函数.（1）当时，有两个零点，求的取值范围；（2）若是的极小值点，求的取值范围.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）求导，确定函数的单调性，可知，分类讨论和，结合零点存在性定理即可得出答案.（2）求导，结合分类讨论，求解函数的单调性，结合极值的定义，即可求解.【小问1详解】,令，当时，在上单调递减，又因为，当时，，，当时，，，所以在上单调递增，在上单调递减，，①若，即，则，至多有一个零点，不合题意；②若，即，因为当趋于负无穷时，趋于负无穷，所以在上有一个零点，,又在上单调递减，，所以由零点存在性定理知，所以在上有一个零点，所以在上有两个零点，符合题意.综上.【小问2详解】因为，，在上单调递增，，①当时，，存在，使得时，，当时，，，当时，，，故在上单调递增，在上单调递减，所以是的极大值点，不合题意；②当时，，存在，使得时，，当时，，，当时，，，故在上单调递减，在上单调递增，所以是的极小值点，符合题意；③当时，，，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，又因为，