广东省东莞实验中学2024-2025学年高二下学期第一次月考数学试卷(含详解)

广东省东莞实验中学2024 2025学年高二下学期第一次月考数学试卷
一、单选题（本大题共8小题）
1．（ ）
A． B． C． D．2
2．从4名男同学、3名女同学中选3名同学组成一支志愿者小队，要求男、女都有，则不同的组队方案共有（ ）
A．60种 B．50种 C．40种 D．30种
3．日常饮用水通常都是经过净化的，随若水纯净度的提高，所需净化费用不断增加．已知水净化到纯净度为时所需费用单位：元为那么净化到纯净度为时所需净化费用的瞬时变化率是（ ）元/t.
A． B． C． D．
4．已知函数，则在定义域上（ ）
A．有极小值 B．有极大值
C．有最大值 D．无最小值
5．若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．在某次无人机灯光表演秀中，有8架无人机排布成如下图形式，已知每架无人机均可以发出红、黄、蓝3种颜色的光，编号1至5号的无人机颜色必须相同，编号7、8号的无人机颜色必须相同，编号6号的无人机与其他无人机颜色均不相同，则这8架无人机同时发光时，一共可以有（ ）种灯光组合.
A．18 B．15 C．12 D．9
7．下列图象中有一个是函数的导函数的图象，则（ ）

A． B．或 C． D．
8．已知方程有两个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．现有不同的球15个，其中红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是（ ）
A．从中任选1个球，有15种不同的选法
B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法
C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法
D．若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法
10．已知函数，其导函数的图象如图所示，则关于的论述错误的是（ ）
A．在上为减函数 B．在处取极小值
C．在上为减函数 D．在处取极大值
11．已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．在上是增函数
B．在上是增函数
C．，不等式恒成立，则正实数的最小值为
D．若有两个零点，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．若，则 ．
13．曲线在点处的切线方程为 ．
14．用半径为的圆形铁皮剪出一个圆心角为的扇形，制成一个圆锥形容器．当该容器的容积最大时，扇形的圆心角 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)求在区间上的最大值．
16．如图，在三棱台中，平面ABC，，，，，M为的中点．
(1)证明：平面AMC；
(2)求平面和平面AMC夹角的余弦值．
17．已知数列是等差数列，首项，公差为d且，，成等比数列.
(1)求的通项公式；
(2)若，数列满足，求数列的前n项和.
18．已知椭圆的左、右焦点分别为，上、下顶点分别为，且四边形是面积为8的正方形.
(1)将椭圆的标准方程；
(2)过点分别作直线交椭圆于两点，设两直线的斜率分别为，且，证明：直线过定点.
19．已知，，，.
(1)讨论的单调性；
(2)若，曲线的任意一条切线，都存在曲线的某条切线与它垂直，求实数b的取值范围.
参考答案
1．【答案】C
【详解】.
故选C.
2．【答案】D
【详解】根据题意，分2种情况讨论：
①选出的3人为2男1女，有种选法；
②选出的3人为1男2女，有种选法；
所以一共有种选法.
故选D.
3．【答案】B
【详解】因为，
所以，
则，
故选．
4．【答案】A
【详解】由函数，可得，
令，即，解得，
当时，，函数在单调递减；
当时，，函数在单调递增，
所以当时，函数取得极小值，极小值为，
也是函数的最小值，所以A正确，D错误；
同时，函数无极大值，也无最大值，所以B、C错误.
故选A.
5．【答案】A
【详解】由，得，
因为函数在区间上单调递增，
所以在区间上恒成立，即恒成立，
因为，所以，
所以，
所以实数的取值范围为，
故选A.
6．【答案】C
【详解】若发出2种光，则有种；若发出3种光，则有种，
则共有种.
故选C.
7．【答案】D
【详解】解：
∴导函数的图象开口向上.
又的图象必为第3图.
由图象特征知，且对称轴
故
故选D.
8．【答案】A
【详解】的定义域为，
令得，即有两个根，
令，则，
令，显然在单调递减，
又，故当时，，当时，，
故时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故的最大值为，当时，恒成立，
当趋向于0时，趋向于，
故要想有两个根，需满足
故选A
9．【答案】ABD
【详解】A. 从中任选1个球，有种不同的选法，所以该选项正确；
B. 若每种颜色选出1个球，有种不同的选法，所以该选项正确；
C. 若要选出不同颜色的2个球，有种不同的选法，所以该选项错误；
D. 若要不放回地依次选出2个球，有种不同的选法，所以该选项正确.
故选ABD.
10．【答案】ABD
【详解】由图知：在区间上，即递增；
在区间上，即递减；
所以、处取极大值，处取极小值，
综上，A、B、D错，C对.
故选ABD.
11．【答案】BC
【详解】对于A，，
又当时，，当时，；
当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，故选项A错误；
对于B，当时，，令，则，，
因为，所以在上单调递增；
因为在上单调递增，根据复合函数的单调性可知：
在上单调递增，故选项B正确；
对于C，当时，，又因为为正实数，所以，
因为，所以当时，恒成立，
所以函数在上单调递增，则由得：，
即，令，则，
当时，；当时，；
故函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，则正实数的最小值为，故选项C正确；
对于D，函数有两个根，等价于函数有两个零点，
因为，则在上单调递减，在上单调递增，
因为函数有零点，则，解得，
设，令，
因为，
当时，，函数单调递减；
所以函数在上单调递减，所以，
即当时，，由题意，
因为，所以，且在上单调递增，
所以，即，故选项D错误，
故选BC.
12．【答案】5
【详解】依题意，，即，因，解得，
所以.
13．【答案】
【详解】，
则曲线在处的切线斜率，
∴切线方程为，即．
14．【答案】
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，体积为，则，
因此，
则，令 ，解得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时容积最大，
把代入，得
由，得，
即圆心角为时容积最大.
15．【答案】(1)单调递增区间为；递减区间为
(2)
【详解】（1）易知函数的定义域为，
令，得或，
令，得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
∴函数的单调递增区间为；递减区间为.
（2）由（1）得，当时，函数单调递增，
当时，函数单调递减，
所以.
16．【答案】(1)证明见详解
(2)
【详解】（1）（1）如图，连接，由题意知平面，所以，又，，所以，
因为M是的中点，所以．
因为平面ABC，所以，又，，所以平面，所以．
因为，所以平面AMC．
（2）以A为坐标原点，以直线AB，AC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
，，，，，
所以，．
设平面的法向量为，
则，取，
由（1）知平面AMC的一个法向量为，
因为，
所以平面和平面AMC夹角的余弦值为．
17．【答案】(1)或
(2)
【详解】（1）因为，，成等比数列，又，
所以，即，解得或，
当时数列的通项公式；
当时数列的通项公式；
所以或.
（2）因为，所以，
所以，
所以，
则，
所以
，
所以.
18．【答案】(1)；(2)证明见解析；
【详解】（1）因为四边形是面积为8的正方形，，
所以，
则椭圆的标准方程为.
（2）
设直线斜率存在，设其方程为，
由，
由题意得，设，
所以，
因为，
所以
，
整理得，
所以直线方程为，
所以直线恒过定点，
若直线斜率不存在，设其方程为，，
由题意得，
此时直线，显然过点，
综上，直线过定点.
19．【答案】(1)答案见详解
(2)
【详解】（1）由题意得，函数定义域为.
∵，∴.
若，则，在上单调递减.
若，令得，
当时，，当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减.
综上得，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，，
∵，∴，
∴曲线上任意一点处的切线斜率为，曲线上的任意一点处的切线斜率为.
由题意得，对任意的，总存在，使得等式成立，
将等式变形为，则函数的值域是函数值域的子集.
由得，，故函数的值域为，
∴.
∵，
∴，解得或，
∴实数b的取值范围是.