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(含详解)

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．20
2．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．24
6．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256
C．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1
C．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D
8．【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BCD
11．【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，，，，
所以
．
令，其中，
由，得在上单调递增，
所以，即
19．【答案】（1）；（2）极小值为；（3）
【详解】（1）∵,，∴
又函数的极值点为2，
∴，
解得．
经验证得符合题意，
∴.
（2）由（1）得.
∴，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
∴当时，有极小值，且极小值为
（3）由（2）得在上单调递减，在上单调递增，
∴，
∵，，
∴．