山东省枣庄市市中区辅仁高级中学2024−2025学年高二下学期4月月考数学试卷含答案

/山东省枣庄市市中区辅仁高级中学2024−2025学年高二下学期4月月考数学试卷一、单选题（本大题共8小题）1．的展开式中项的系数是（）A．1 B．5 C．10 D．202．已知函数的图像如图所示，是函数的导函数，则（

）A． B．C． D．3．某商场举行抽奖活动，箱子里有10个大小一样的小球，其中红色的3个，黄色的3个，蓝色的4个，现从中任意取出3个，则其中至少含有两种不同的颜色的小球的取法共有（

）A．96种 B．108种 C．114种 D．118种4．某医院需要从4名女医生和3名男医生中抽调3人参加社区的健康体检活动，则至少有1名男医生参加的概率为（

）A． B． C． D．5．第十四届全国人民代表大会于3月5日至13日在北京召开，政府工作报告总结了过去五年的巨大成就，绘就出未来五年的美好蓝图，既鼓舞人心，又催人奋进.为学习贯彻会议精神，现组织4名宣讲员宣讲会议精神，分配到3个社区，每个宣讲员只分配到1个社区，每个社区至少分配1名宣讲员，则不同的分配方案共有（

）A．72 B．12 C．36 D．246．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数（素数指大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数的自然数）的和”，如18=7+11，在不超过44的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于44的概率是（

）A． B． C． D．7．函数在区间内有一个零点，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．8．已知函数是定义在上的偶函数，当时，，若，则不等式的解集为（

）A．或 B．或C．或 D．或二、多选题（本大题共3小题）9．关于的展开式，下列说法正确的有（

）A．各项系数之和为1 B．二项式系数之和为256C．不存在常数项 D．的系数为10．有甲、乙、丙、丁、戊五位同学，下列说法正确的是（

）．A．若5位同学排队要求甲、乙必须相邻且丙、丁不能相邻，则不同的排法有12种；B．若5位同学排队最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种；C．若甲、乙、丙3位同学按从左到右的顺序排队，则不同的排法有20种；D．若5位同学被分配到3个社区参加志愿活动，每个社区至少1位同学，则不同的分配方案有150种；11．（多选题）已知函数，则（

）A．函数在区间上单调递减B．函数在区间上的最大值为1C．函数在点处的切线方程为D．若关于的方程在区间上有两解，则三、填空题（本大题共3小题）12．在二项式的展开式中，前三项的系数成等差数列，则.13．某老师安排甲、乙、丙、丁4名同学从周一至周五值班，每天安排1人，每人至少1天，若甲连续两天值班，则不同的安排方法种数为.（请用数字作答）14．已知函数，则不等式的解集是．四、解答题（本大题共5小题）15．某中学组建了霹雳舞队，计划从3名男队员，5名女队员中选派4名队员外出参加石家庄市培训，求下列情形下有几种选派方法．（1）男队员2名，女队员2名；（2）至少有1名男队员．16．已知函数.（1）求的导数；（2）求函数的图像在处的切线方程.17．已知．（1）求；（2）指出，，，⋯，中最大的项．18．已知函数，其中．（1）当时，求函数的单调区间；（2）若函数存在两个不同的极值点，，证明：．19．已知函数的极值点为2．（1）求实数的值；（2）求函数的极值；（3）求函数在区间上的最值．

参考答案1．【答案】C【详解】解：因为的展开式的通项公式为，所以的展开式中项的系数是，故选C.2．【答案】A【详解】如图所示，根据导数的几何意义，可得表示曲线在点处的切线的斜率，即直线的斜率，表示曲线在点处的切线的斜率，即直线的斜率，又由平均变化率的定义，可得表示过两点的割线的斜率，结合图像，可得，所以.故选A.3．【答案】C【详解】至少含有两种不同的颜色的小球等价于从10个球中任意取出3个减去3个是同色的情况，即，故选C.4．【答案】C【详解】方法一：依题意，从7名医生中抽调3人的所有可能结果共有（种），至少有1名男医生参加的事件包含的结果共有（种），所以至少有1名男医生参加的概率为.方法二：抽调3人全部为女医生的概率为，则至少有1名男医生参加的概率为.故选C．5．【答案】C【详解】将4名宣讲员分到3个社区，每个社区至少1人，则分配方式为1，1，2，所以不同的分配方案共有．故选C．6．【答案】D【详解】不超过44的素数有2､3､5､7､11､13､17､19､23､29､31､37､41､43，共14个，满足“和”等于44的有（3，41），（7，37），（13，31）共有3组，.故选D.7．【答案】D【详解】因为函数，，所以在上恒成立，则在上单调递增，要使函数在区间内有一个零点，根据零点存在定理可得：，即，解得：，即实数的取值范围是；故选D8．【答案】C【详解】令函数，，则，又当时，，所以当时，，函数单调递增，因为函数是定义在上的偶函数，所以，∴是奇函数，在单调递增，∵，在单调递增，∴时，，时，，又，在单调递增，所以时，，时，，综上所述，不等式的解集为或.故选C.9．【答案】ABD【详解】令，可得各项系数之和为，故正确;项式系数之和为，故正确;展开式的通项公式为，令，得，即常数项为第五项，故错误;令，得，则的系数为，故正确;故选ABD.10．【答案】BCD【详解】对于A，甲乙相邻可看作一人，与戊一起排列形成3个空，插入丙、丁两人即可，方法数为，故A错误；对于B，若甲排最左端，则有种排法，若乙排最左端，则最右端有人可选，中间三人有种排法，计种排法，合计同的排法共有42种，故B正确；对于C，五个位置，先排丁、戊两人，有，余下三个位置甲、乙、丙三人按从左到右就1种排法，故C正确；对于D，五人分三组，有3、1、1或2、2、1两个分派方法，若分为3、1、1三组，则有种方法，若分为2、2、1三组，则有种方法，合计150种方法，故D正确.故选BCD11．【答案】AC【详解】因为，，所以，令，即；令，即，所以函数在区间上单调递减，在上单调递增，故A正确；因为，，所以函数在区间上的最大值为4，故B错误；因为，，所以函数在点处的切线方程为，即，故C正确；因为，函数大致图像如图，要使方程在区间上有两解，则，故D错误.故选AC.12．【答案】8【详解】由通项公式得展开式前三项系数分别为1、、所以1+=，解之得，或（舍）.13．【答案】24【详解】从周一至周五值班，甲连续两天值班，乙、丙、丁每人值班一天，可知1、周一到周五任选连续的两天安排给甲值班，则有：种安排方法2、甲值班两天除外，其它三天安排乙、丙、丁值班，则有：种安排方法以上两步是分步计数方法：故总的不同的安排方法为=24种14．【答案】【详解】为奇函数，单调递增，，故不等式的解集为.15．【答案】（1）30；（2）65.【详解】（1）从3名男队员，5名女队员中分别选出男女队员各2名，不同选法数为（种）.（2）从8名队员中任选4名队员有种，其中没有男队员的选法数是种，所以至少有1名男队员的不同选法数是（种）.16．【答案】（1）（2）【详解】（1）因为函数，所以；（2）因为，所以函数在处的切线方程为，即.17．【答案】（1）-513（2）【详解】（1）令，得，令，得，所以；（2）判断中谁最大即判断展开式的系数谁最大．展开式的通项，由，得，因为，所以或6．故中最大的项为．18．【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为（2）证明见解析【详解】（1）当时,函数的定义域为，

且．

由，得．

随着的变化，，的变化情况如下：2_0+极小值所以的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）由题意，得，．由存在两个不同的极值点，得存在两个不同的正实数根，即方程存在两个不同的正实数根，，

所以，即．

又因为，，，，所