广东省中山市桂山中学2024-2025学年高二下学期4月月考数学试题（解析版）

第页，共页中山市桂山中学2026届高二年级4月段考检测题一、单选题（本大题共8题，每小题5分，共计40分.每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的）1.如果函数在处的导数为1，那么（）A. B.1 C.2 D.【答案】A【解析】【分析】利用导数的定义求解.【详解】因为，所以，所以．故选：A．2.已知的展开式中含的项的系数为，则等于（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】，令，可得解得.故选：D.【点睛】本题主要考查了二项式定理的运用，属于容易题.3.将2个相同的红球和2个相同的黑球放入两个不同的盒子中，每个盒子中至少放1个球，则不同的放法有（）A.5种 B.6种 C.7种 D.8种【答案】C【解析】【分析】先从球的个数分类，再求出每类放球的方法，结合分类加法计数原理可得答案.【详解】若两个盒子中都放入2个球，则有3种不同的方法；若一个盒子中放1个球，另一个盒子中放3个球，则有4种不同的方法．故不同的放法有7种．故选：C4函数有（）A.极大值为5，无极小值 B.极小值为，无极大值C.极大值为5，极小值为 D.极大值为5，极小值为【答案】A【解析】【分析】利用导数可求出结果.【详解】,由，得，由，得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以在时，取得极大值，无极小值.故选：A5.平面直角坐标系上的一个质点从原点出发，每次向右或向上移动1个单位长度，则移动8次后，质点恰好位于点的移动方式有（）A.56种 B.70种 C.210种 D.1680种【答案】B【解析】【分析】应用组合数公式列式求解.【详解】由题可知，该质点向右移动4个单位长度，向上移动4个单位长度，共有种移动方式．故选：B6.展开式中的系数为A.15 B.20 C.30 D.35【答案】A【解析】【详解】分析：由题意，二项式的展开式的通项为，得到展开式的的项，即可得到结果.详解：由题意，二项式的展开式的通项为，所以展开式的的项为，所以展开式的的系数为，故选A.点睛：本题主要考查了二项式定理的应用，其中熟记二项展开式的通项是解答的关键，着重考查了考生的推理与运算能力.7.给图中五个区域染色，有四种不同的颜色可供选择，要求边界有重合部分的区域（仅顶点与边重合或仅顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，则不同的染色方法有（）A216种 B.180种 C.192种 D.168种【答案】D【解析】【分析】分别讨论区域3，4，5和2，3区域的染色，由分步计数原理计算可得答案.【详解】先对3，4，5染色，有种方法，若2和3同色，则不同的染色方法有种，若2和3不同色，则不同的染色方法有种，综上，不同的染色方法有种．故选：D.8.已知函数的定义域为R，，若对任意，都有，则不等式的解集为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数确定单调性并求解不等式.【详解】令函数，由，得，又，求导得，函数在R上单调递增，不等式，解得，所以不等式的解集为.故选：A二、多项选择题（本大题共3题，每小题6分，共计18分.每小题列出的四个选项中有多项是符合题目要求的，多选或错选不得分）9.有4名同学报名参加三个不同的社团，则下列说法中正确的是（）．A.每名同学限报其中一个社团，则不同报名方法共有种B.每名同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种C.每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种D.每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有种【答案】AC【解析】【分析】利用分步乘法计数原理可得答案.【详解】对于AB选项，第1个同学有3种报法，第2个同学有3种报法，后面的2个同学也有3种报法，根据分步计数原理共有种结果，A正确，B错误；对于CD选项，每个社团限报一个人，则第1个社团有4种选择，第2个社团有3种选择，第3个社团有2种选择，根据分步计数原理共有种结果，C正确，D错误．故选：AC.10.对于函数，下列说法正确的有（）A.在处取得最小值 B.在处取得最大值C.有两个不同零点 D.【答案】BD【解析】【分析】利用单调性求最值判断A,B，求零点判断C，先转换到同一单调区间内，在比大小判断D即可.【详解】定义域为，易得，令，,令，，故在单调递增，在单调递减，则的最大值为，故A错误，B正确，令，解得，可得只有一个零点，故C错误，易知，且结合单调性知，即成立，故D正确.故选：BD11.已知定义在上的函数的导函数是，且．若，则称是的“增值”函数．下列函数是的“增值”函数，其中使得在上不是单调函数的是（）A. B.C. D.【答案】CD【解析】【分析】由条件得到，再结合选项得到，进而逐项判断即可.【详解】由，可得．对于A：由，可得：为常数，令，则，所以，则在上是减函数，故错误；对于B：由可得：，常数，令，则，所以，则在上是增函数，故错误；对于C，由可得：，为常数，令，则，所以，由对勾函数的单调性可知：在上单调递减，在上单调递增，故正确；对于D，由可得：，为常数，令，则0，所以，令，可得，令，可得，所以在上单调递减，在上单调递增，故正确．故选：CD．三、填空题（每小题5分，共计15分）12.某学校高二（1）班上午安排语文、数学、英语、体育、物理门课，要求第一节不安排体育，语文和数学必须相邻，则不同的排课方法共有____种．【答案】【解析】【分析】先考虑第一节安排体育课，语文和数学必须相邻的排法种数，接下来考虑语文和数学必须相邻的情形，求出两种情况下不同的排课方法种数，结合间接法可得结果.【详解】先考虑第一节安排体育课，语文和数学必须相邻，则将数学与语文捆绑，形成一个大元素，共有种排法；接下来只考虑语文和数学必须相邻的情形，只需将数学与语文捆绑，形成一个大元素，共有种排法.由间接法可知，不同的排法种数为种.故答案为：.13.已知的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数之和为______.【答案】512【解析】【分析】根据二项式系数列式求，再根据二项展开式性质求奇数项的二项式系数之和.【详解】因为的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以从而奇数项的二项式系数之和为【点睛】本题考查二项式展开式中二项式系数及其性质，考查基本分析与运算能力，属基础题.14.如图，某公园内有一个三角形的人工湖，其中．为便于游客观光，公园的主管部门准备修建两条观光近和（为线段上一点，且异于），已知修建的单位长度费用是修建的单位长度费用的3倍，要使修建这两条观光道的费用最低，则______．【答案】【解析】【分析】根据题意，列出关于维修费用的函数关系式，然后求导得到其极值，即可得到结果.【详解】设，修建的单位长度费用为，修建总费用为，则，令，则，所以当时，，当时，，所以当时，取得最小值，则取得最小值．故答案为：四、解答题（共64分）15.车间有11名工人，其中5名男工是钳工，4名女工是车工，另外两名老师傅既能当车工又能当钳工，现在要在这11名工人里选派4名钳工，4名车工修理一台机床，则有多少种选派方法？【答案】185种选派方法.【解析】【分析】方法一:设A，B代表2位老师傅，分情况利用组合数即可求解.方法二：分三种情况，5名男钳工有4、3、2名被选上，利用组合数即可求解.方法三：4名女车工都被选上、有3名被选上或有2名被选上，利用组合数即可求解.【详解】方法一：设A，B代表2位老师傅．A，B都不在内的选派方法有＝5(种)，A，B都在内且当钳工的选派方法有＝10(种)，A，B都在内且当车工的选派方法有＝30(种)，A，B都在内且一人当钳工，一人当车工的选派方法有＝80(种)，A，B有一人在内且当钳工的选派方法有＝20(种)，A，B有一人在内且当车工的选派方法有＝40(种)，所以共有＋＋＋＋＋＝185(种)选派方法．方法二：5名男钳工有4名被选上的方法有＋＋＝75(种)，5名男钳工有3名被选上的方法有＋＝100(种)，5名男钳工有2名被选上的方法有＝10(种)，所以共有75＋100＋10＝185(种)选派方法．方法三：4名女车工都被选上的方法有＋＋＝35(种)，4名女车工有3名被选上的方法有＋＝120(种)，4名女车工有2名被选上的方法有＝30(种)，所以共有35＋120＋30＝185(种)选派方法．16.已知函数在处有极值4.（1）求a，b的值；（2）求函数在区间上的最值.【答案】（1），（2）最小值是，最大值是.【解析】【分析】（1）根据极值的定义得到关于，的方程组，即可求出，.（2）判断函数在上的单调性，结合函数的极值和端点函数值求解.【小问1详解】，∵函数在处取得极值4，∴，，解得，，∴，经验证在处取得极大值4，故，.【小问2详解】由（1）可知，，，令，解得，令，解得或，因此在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，所以函数在在时取得极小值，极小值为；在时取得极大值，极大值为，且，，经比较，函数在区间上的最小值是，最大值是.17.求的展开式中常数项【答案】【解析】【分析】根据题意，结合二项式展开式的通项公式代入计算，即可得到结果.【详解】由题设，，对于，有，且为正整数，令，则，故或或，所以常数项为.18.已知函数．（1）若对任意的恒成立，求实数的取值范围；（2）若是函数的极值点，求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由参数分离整理不等式，并构造函数，利用导数求得新函数的最值，可得答案；（2）根据极值点与导数的关系，可得极值点的取值范围以及等量关系，整理所证的不等式，可得答案.【小问1详解】由，则可得不等式，由，则，令，求导可得，令，解得，当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，由题意可得.【小问2详解】由，则，令，求导可得在上恒成立，则函数在上单调递增，即函数在上单调递增，由是函数的极值点，则，即，由，则，所以.19.定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值，且存在一个常数，使成立，则称函数为极值可差比函数，常数称为该函数的极值差比系数．已知函数．（1）当时，判断是否为极值可差比函数，若是求极值差比系数，若不是说明理由；（2）是否存在使的极值差比系数为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；（3）若，求的极值差比系数的取值范围．【答案】（1）是极值可差比函数，；（2）不存在，理由见解析；（3）【解析】【分析】（1）按照题目所给信息，验证是否满足题意即可；（2）将问题转化为验证方程在范围内是否有解；（3）由（2）可得的极值差比为，后令，结合，将问题转化为求函数值域即可.【小问1详解】当时，，所以，当时，；当时，，所以在和上单调递增，在上单调递减，所以的极大值为，极小值为，所以，因此是极值可差比函数．其中；【小问2详解】由题的定义域为，，即，假设是极值可差比函数，且极值差比系数为，设的极大值点为，极小值点为.则，得，由（1）分析可得，又，则.由于.由题则有：，