河北承德市雙灤區圣泉高級中學2024—2025學年第二學期高二數學4月份月考試卷一、單選題（本大題共8小題，共40分.在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）1.等比數列的前項和，則（）A. B. C.0 D.【答案】C【解析】【分析】根據所給條件表示出、、，再由等比中項的性質得到、的關系，即可得解.【詳解】因為，當時，，當時，，故，當時，，從而，由于是等比數列，故，顯然且，解得，所以．故選：C．2.當時，函數取得最大值，則（）A B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】根據題意可知，即可解得，再根據即可解出．【詳解】因為函數定義域為，所以依題可知，，，而，所以，即，所以，因此函數在上遞增，在上遞減，時取最大值，滿足題意，即有．故選：B.3.對任意實數，有，則的值為（）A. B. C.22 D.30【答案】B【解析】【分析】根據二項式展開式的通項特征即可求解.【詳解】因為，所以，故選：B．4.中國文字博物館薈萃歷代中國文字樣本精華，用詳盡的資料向世界展示了中華民族一脈相承的文字和輝煌燦爛的文明．該博物館館藏的重要藏品主要分為銅器、碑碣、錢幣、陶器、玉石器、甲骨、竹木、紙質、瓷器共九類．小胡同學去該館任意選取四類重要藏品參觀，則在錢幣、玉石器、甲骨、瓷器這四類中至少參觀其中一類的不同選擇方案的種數是（）A.224 B.121 C.96 D.84【答案】B【解析】【分析】利用間接法可求得結果.【詳解】從銅器、碑碣、錢幣、陶器、玉石器、甲骨、竹木、紙質、瓷器這九類中任取四類重要藏品參觀，不同的選法種數為，其中錢幣、玉石器、甲骨、瓷器這四類都不選選法種數為，因此滿足條件的不同選法種數為.故答案為：B.5.已知（其中為自然常數），則的大小關系為（）A. B.. C. D.【答案】C【解析】【分析】先把化為相同的形式，,，再構造函數，求導并判斷函數單調性，再利用函數單調性判斷的大小關系.【詳解】根據的形式轉化可得，，，從而構造函數，則，，當，當，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，，，即，又，，所以，即，，.故選：C【點睛】關鍵點點睛：通過將轉化為相同形式，從而構造新函數，求解導函數判斷函數單調性，再利用函數單調性判斷大小關系求解.6.已知函數在上為減函數，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求導，根據導函數的符號求解.【詳解】，由條件知當時，，即，令，是減函數，；故選：D.7.若函數在區間(,)內存在最小值，則實數的取值范圍是（）A.[－5,1) B.(－5,1)C.[－2,1) D.(－2,1)【答案】C【解析】【分析】先求出函數的極值點，要使函數在區(,)內存在最小值，只需極小值點在該區間內，且在端點處的函數值不能超過極小值．【詳解】由，令，可得或，由得：或，由得：，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，所以函數在處取得極小值，令，解得或，若函數在(,)內存在最小值，則，得．故選：C8.已知函數在區間上單調遞增，則的最小值為（）A.e B.1 C. D.【答案】D【解析】【分析】等價轉化為在區間上恒成立，再利用分離參數法并結合導數即可求出答案.【詳解】因為在區間上恒成立，所以在區間上恒成立．令，則在上恒成立，所以在區間上單調遞減，所以，故．故選：D.二、多選題（本大題共3小題，共18分.在每小題有多項符合題目要求）9.已知為等差數列，滿足，為等比數列，滿足，，則下列說法正確的是（）A.數列的首項為1 B.C. D.數列的公比為【答案】BCD【解析】【分析】根據得，不確定，故選項A錯誤，B正確；根據，得，選項C正確；根據可得選項D正確.【詳解】對于AB,設數列的公差為，由得，∴，不確定，故A錯誤，B正確.對于CD，設數列的公差為，由，得，∴，∴，故C正確，D正確.故選：BCD.10.現有4個編號為1，2，3，4的盒子和4個編號為1，2，3，4的小球，要求把4個小球全部放進盒子中，則（）A.沒有空盒子的方法共有24種B.可以有空盒子的方法共有128種C.恰有1個盒子不放球的方法共有144種D.沒有空盒子且恰有一個小球放入自己編號的盒子的方法有8種【答案】ACD【解析】【分析】利用全排列計算判斷A；每個球有4種放法，利用乘法原理計算判斷B；取1個盒子不放球，再將4個球按分成3組放入3個盒子計算判斷C；從4個盒4個球中選定一組標號相同的球和盒子，另外3個球3個盒子標號不能對應放，列式計算判斷D．【詳解】對于A：4個球全放4個盒中，沒有空盒子的放法共種，A正確；對于B：可以有空盒子，有4個球，每個球有4種放法，共種，B錯誤；對于C：恰有1個空盒子，說明另外3個盒子都有球，而球共4個，必然有1個盒子中放了2個球，先將4個盒中選1個作為空盒，再將4個球中選出2個球綁在一起，再排列共種，C正確；對于D：恰有一個小球放入自己編號的盒中，從4個盒4個球中選定一組標號相同得球和盒子，另外3個球3個盒標號不能對應，則共種，故D正確．故選：ACD11.已知函數，為的導函數，則下列說法正確的是（）A.函數的極小值為1B.函數在上單調遞增C.，使得D.若恒成立，則整數的最小值為2【答案】BCD【解析】【分析】對二次求導即可求得的單調性，從而求得極小值，即可判斷選項，由此可知求得的單調性，即可判斷選項,令，利用導數求得的單調性，并結合零點存在性定理即可判斷選項，令，利用導數并結合選項即可求得，利用恒成立的條件即可求得值.【詳解】選項，，則，令，解得，故當時，當時，∴函數的極小值為，故項錯誤；選項，由選項分析可知恒成立，故函數在上單調遞增，故B項正確；選項，記，則，令，解得，當時，即單調遞減，當時，即單調遞增，則在上單調遞減，且，，∴在上存在唯一的，使得，即，故C項正確；選項，記，則，由選項可知，當時，，單調遞增，又∵，∴當時，，單調遞減，∴當時，①，由選項可知，即，代入①式可得，，可得，所以整數的最小值為2，故D項正確.故選:.三、填空題（本大題共3小題，共15分）12.關于的不等式在上恒成立，則實數的取值范圍是________.【答案】【解析】【分析】通過參變分離將不等式變形為，進而將恒成立問題轉化為函數的最值問題，然后結合函數的單調性得，故而得解.【詳解】因為不等式在上恒成立，所以在上恒成立，令，因為，所以，所以函數在時單調遞減，所以，所以.故答案為：.13.的展開式中的系數為______．【答案】765【解析】【分析】借助二項展開式通項公式求解.【詳解】的展開式的通項，則的展開式中項為：，故展開式中的系數為765.故答案為：76514.某校開設美術、籃球、足球和象棋興趣班，其中美術興趣班有4個，籃球興趣班有5個，足球興趣班有2個，象棋興趣班有3個.已知該校的學生小明報名參加其中的兩種興趣班，且至少參加了一種球類的興趣班，則小明參加興趣班的不同方案有______種.【答案】59【解析】【分析】小明至少參加了一種球類的興趣班，分為小明參加了兩種球類的興趣班和小明參加了一種球類的興趣班兩種情況，根據分類加法計數原理計算即可.【詳解】第一種情況：小明參加了足球興趣班和籃球興趣班，共有種方案.第二種情況：小明只參加了一種球類興趣班，則小明參加的另一種興趣班為美術或象棋中的一種，共有種方案.故小明參加興趣班的不同方案有種.故答案為：59.四、解答題（本大題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）15.已知在的展開式中，第2項與第3項的二項式系數之比是.（1）求的值；（2）求展開式中的常數項，并指出是第幾項；（3）求展開式中系數絕對值最大的項.【答案】（1）（2）常數項為60，為第5項（3）【解析】【分析】（1）由二項式系數之比列式求解即可；（2）求出展開式的通項，再令的指數等于零，即可得解；（3）假設系數絕對值最大，則它的系數的絕對值不小于前一項的系數的絕對值，并且不小于后一項的系數的絕對值，利用不等式組求解即可.【小問1詳解】依題意可得第2項的二項式系數為，第3項的二項式系數為，所以，即，則，或（舍去）；【小問2詳解】展開式的通項為，令，解得，所以，所以常數項為60，為第5項；【小問3詳解】設第項系數絕對值最大，則，，解得，又，，，即展開式中系數絕對值最大的項為.16.設函數．（1）求在處的切線方程；（2）求的極大值點與極小值點；（3）求在區間上的最大值與最小值．【答案】（1）；（2）極小值點為，極大值點為；（3），.【解析】【分析】（1）求導后，利用導數幾何意義可求得切線斜率，由此可得切線方程；（2）根據導數的正負可確定單調性，結合單調性可確定所求極值點；（3）由（2）可得在上的單調性，由單調性可求得最值.【小問1詳解】由題意得：，則，又，在處的切線方程為，即；【小問2詳解】令，解得：或，則變化情況如下表：極小值極大值的極小值點為，極大值點為；【小問3詳解】由（2）知：在上單調遞減，在上單調遞增；又，，，，17.已知函數．（1）討論在區間上單調性；（2）若恒成立，求實數的取值范圍．【答案】（1）答案見解析；（2）【解析】【分析】（1）先求導函數，結合指數函數單調性分區間討論即可；（2）分離參數，構造新函數利用導數研究其單調性與最值結合隱零點計算即可.【小問1詳解】由，在時，，若，即在區間上單調遞增；若，即在區間上單調遞減；若，令，令，可知上單調遞增，在上單調遞減；綜上所述：時，在區間上單調遞增；時，在區間上單調遞減；時，在上單調遞增，在上單調遞減.【小問2詳解】根據題意可知恒成立，設，則，令，則定義域上單調遞增，易知，即，使得，即時，，此時單調遞減，時，，此時單調遞增，則，所以，即18.已知等差數列的公差，且，，，成等比數列．（1）求數列的通項公式；（2）設求數列前項和為；（3）設求數列的前項和．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根據題意得到方程組，求出首項和公差，得到通項公式；（2）變形得到，裂項相消法求和；（3）利用錯位相減法求和即可.【小問1詳解】根據題意，因為，，，成等比數列，所以，又，解得，，故；【小問2詳解】因為，所以；【小問3詳解】∵∴①，②，∴①-②得∴.19.已知函數，（1）當時，求函數在上的最大值和最小值；（2）討論函數的單調性；（3）若曲線在點處的切線與軸垂直，不等式對恒成立，求實數的取值范圍.【答案】（1）最大值為，最小值是；（2）答案見解析；（3）.【解析】【分析】（1）利用導數求函數在閉區間上的最值；（2）利用導數分類討論函數的單調性；（3）利用導數的幾何意義確定的值，接著分離參數得在上恒成立，令，利用導數求函數的最小值，實數的取值范圍.【小問1詳解】當時，，所以，令時，，當時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減，，所以在取得極小值，也是最小值，，又.在上的最大值為，最小值是；【小問2詳解】當時，令，解得：，令，解得：，所以在單調遞減，在單調遞增，當時，在上恒成立，所以在上為減函數，當時，在恒成立，所以在上單調遞減.綜上，當時，在單調遞減，在單調遞增，當時，在上單調遞減.【小問3詳解】，依題意：，解得：，所以，又對恒成立，即，所以在上恒成立.令，當時，函數