广东省深圳市高级中学（集团）东校区2024-2025学年高二下学期第一次月考数学试卷（含详解）

广东省深圳市高级中学（集团）东校区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．在的展开式中，的系数为（ ）
A． B． C． D．
2．五一小长假期间，旅游公司决定从6辆旅游大巴A B C D E F中选出4辆分别开往紫蒙湖 美林谷 黄岗梁 乌兰布统四个景区承担载客任务，要求每个景区都要有一辆大巴前往，每辆大巴只开往一个景区，且这6辆大巴中A B不去乌兰布统，则不同的选择方案共有（ ）
A．360 B．240 C．216 D．168
3．用数字0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的三位数中，偶数的个数为（ ）
A．60 B．52 C．32 D．20
4．的展开式中的常数项为（ ）
A．18 B．20 C．22 D．24
5．已知的展开式中仅第4项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是第（ ）项
A．2 B．3 C．4 D．5
6．若点是曲线上任意一点，则点到直线距离的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数，下面表述不正确的为（ ）
A．是的极小值点 B．当时，
C．当时， D．当时，
8．已知函数的高阶导数为，即对函数连续求阶导数．例如，则，，，，，…，若，则的展开式中的系数是（ ）
A．360 B．280 C．255 D．210
二、多选题（本大题共3小题）
9．3名学生，2名教师站成一排参加文艺汇演，则下列说法正确的是（ ）
A．任意站成一排，有120种排法
B．学生不相邻，有24种排法
C．教师相邻，有48种排法
D．教师不站在两边，有72种排法
10．下列说法正确的有（　　）
A．将6本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本，有种不同的分法
B．将6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，有种不同的分法
C．将6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有360种不同的分法
D．将6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有10种不同的分法
11．已知函数，则（ ）
A． B．展开式中，二项式系数的最大值为
C． D．的个位数字是1
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知某射箭场馆共需要6名志愿者，其中3名会说韩语，3名会说日语．目前可供选择的志愿者中有4人只会韩语，5人只会日语，另外还有1人既会韩语又会日语，则不同的选人方案共有 种．（用数字作答）．
13．已知，则的值为 ．
14．已知，若存在使得，则k的最大值为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．设是函数的导函数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知三次函数的对称中心为.
(1)求实数，的值；
(2)求的极值.
16．已知，求下列各式的值．
(1)
(2)
(3)
17．已知函数.
(1)求在点处的切线方程；
(2)求在区间上的最大值．
18．已知函数（是自然对数的底数）
(1)求函数在上的单调增区间；
(2)若为的导函数，函数，求在上的最大值．
19．已知函数．
(1)若函数在定义域上单调递增，求的取值范围；
(2)若，证明：；
(3)设，是函数的两个极值点，证明：．
参考答案
1．【答案】A
【详解】二项式的展开式中，含的项为，
所以的系数为.
故选A.
2．【答案】B
【详解】这6辆旅游大巴，A B不去乌兰布统，则不同的选择方案共有种.
故选B.
3．【答案】B
【详解】末位是0的有， 末位不是0的有：，共有20＋32＝52个．
故选B.
4．【答案】B
【详解】，
的二项展开示的通项为，
所以①，
②，
在①式中，令得11，故的常数项为，
在②式中，令得，则的常数项为，
故的展开式中的常数项为.
故选B.
5．【答案】B
【详解】由题意二项式系数仅最大，故，
所以二项式为，其通项公式为，
设二项式展开式中第项的系数最大，则有，
，即，故，经经验符合题意，
所以展开式中系数最大的项是第3项.
故选B.
6．【答案】C
【详解】解：过点作曲线的切线，当切线与直线平行时，点到直线距离的最小.
设切点为，，
所以，切线斜率为，
由题知得或（舍），
所以，，此时点到直线距离.
故选C.
7．【答案】B
【详解】对函数求导，
得，
令，解得：或；
令，解得：，
所以函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减，如下图：
对于选项A：观察图像可知，选项A正确；
对于选项B：当时，，且函数在区间上单调递增，
故，故选项B错误；
对于选项C：当时，，且函数在区间上单调递减，
且，故，故选项C正确；
对于选项D：当时，，由，得，
故，故选项D正确；
故选B.
8．【答案】D
【详解】因为
所以，
继续求二阶导数得：，
继续求三阶导数得：
，
……
所以.
所以的系数为.
故选D.
9．【答案】AC
【详解】对于A，任意站成一排，是全排列，所以有种排法，故A正确；
对于B，学生不相邻，所以先排老师，然后插空，即种排法，故B错误；
对于C，教师相邻用捆绑，即种排法，故C正确；
对于D，教师不站两边，先将两边排上学生，剩下的人全排列，即种排法，故D错误；
故选AC.
10．【答案】BD
【详解】对于A，6本不同的书中，先取1本作为一组，再从剩余的5本中取2本作为一组，
最后3本作为一组，共有（种），
再将3组分给甲、乙、丙三人，共有（种），故A不正确；
对于B，6本不同的书中，先取2本给甲，再从剩余的4本中取2本给乙，最后2本给丙，
共有种不同的分法，故B正确；
对于C，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，分3种情况讨论：
①一人4本，其他两人各1本，共有（种）；
② 一人1本，一人2本，一人3本，共有（种）；
③ 每人2本，共有（种），故共有（种），故C不正确；
对于D，6本相同的书分给甲、乙、丙三人，利用挡板法（种），故D正确.
故选BD.
11．【答案】BD
【分析】对于选项A：根据二项展开式分析求解；对于选项B：根据二项式系数的性质分析求解；对于选项C：利用赋值法，令、即可得结果；对于选项D：因为，结合二项展开式分析求解.
【详解】对于选项A：的展开式的通项为，
令，可得，
所以，故A错误；
对于选项B：因为为偶数，可知二项式系数的最大值为，故B正确；
对于选项C：令，可得；
令，可得；
所以，故C错误；
对于选项D：因为，
且的展开式的通项为，
可知当，均为20的倍数，即个位数为0，
当时，，所以的个位数字是1，故D正确.
故选BD.
12．【答案】
【详解】若从只会韩语中选3人，则种，
若从只会韩语中选2人，则种，
故不同的选人方案共有种．
13．【答案】
【详解】令，则，
因此，.
14．【答案】1011
【详解】二项式的通项为，
二项式的通项为，
所以，，
若，则有：
当为奇数时，此时，即，
则，可得，
又因为为奇数，所以的最大值为1011；
当为偶数时，此时，不合题意；
综上所述：的最大值为1011.
15．【答案】(1)
(2)极大值为，极小值为.·
【分析】（1）对函数，两次求导，结合新定义求解；
（2）求导，得零点，再列表得到函数的单调性求解．
【详解】（1）因为，
所以 ，
所以，
又因为函数的对称中心为，
所以，
即，解得.
（2）由（1）知，，
所以，
由，得或，·
当变化时，，的变化情况如下表所示：
1 2
0 0
2
因此，的极大值为，极小值为.
16．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）令可得，
展开式的通项公式为，
令，则，
则.
（2）由展开式的通项公式可知均为正数，
均为负数，
则，
令，则，
则.
（3），
两边同时求导可得，
令，则.
17．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）易知函数的定义域为，
则，所以切线方程为
（2）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，
∴当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，
所以.
18．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由已知，
令，结合，解得，所以的单调递增区间，
（2）由题可知，
因为，所以，令，解得，
令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为.
19．【答案】(1)
(2)证明见详解
(3)证明见详解
【详解】（1）由题意知函数的定义域为，
在上恒成立，
所以在上恒成立，
又，当且仅当时，等号成立，
所以，即的取值范围是；
（2）若，则，所以，
令，解得，所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，当且仅当时，等号成立.
令，，所以，
令，解得，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，又等号不同时成立，
所以；
（3）由题意可知，
因为有两个极值点，，
所以，是方程的两个不同的根，
则
所以
，
所以要证，即证，
即证，即证，即证.
令，则证明，
令，则，
所以在上单调递增，则，即，
所以原不等式成立.