山东省泰安市新泰一中老校区（新泰中学）2024−2025学年高二下学期第一次月考 数学试题(精校)【含答案】

山东省泰安市新泰一中老校区（新泰中学）2024−2025学年高二下学期第一次月考数学试题(精校)一、单选题（本大题共8小题）1．用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的三位数且是偶数的个数为（

）A．52 B．58 C．56 D．502．已知函数，则下列说法正确的是（

）A．的极小值为 B．的极大值为C．在区间上单调递增 D．在区间上单调递减3．函数的单调递减区间是（

）A．， B． C． D．4．若函数f(x)＝(a＞0)在[1，+∞)上的最大值为，则a的值为（

）A．＋1 B． C． D．−15．运动会期间，将甲、乙等5名志愿者安排到，，三个场地参加志愿服务，每名志愿者只能安排去一个场地，每个场地至少需要1名志愿者，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地，则不同的安排方法种数为（

）A．72 B．96 C．114 D．1246．函数图像是A． B．C． D．7．关于函数，下列判断错误的是（

）A．函数的图像在点处的切线方程为B．是函数的一个极值点C．当时，D．当时，不等式的解集为8．已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知在处取得极大值3，则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．10．一个袋子里装有3个红球，7个黄球，每次随机的摸出一个球，摸出的球不再放回则下列说法正确的是（

）A．第二次摸出红球的概率为B．第一次摸出黄球的条件下，第二次摸出红球的概率为C．第一次摸出黄球且第二次摸出红球的概率为D．已知第二次摸出红球，则第一次摸出黄球的概率为11．若，则（

）A．B．C．D．三、填空题（本大题共3小题）12．若函数在区间内单调递增，则的取值范围是．13．已知的展开式中第3项与倒数第3项的二项式系数之和等于72，则该展开式中的常数项为.14．已知，若关于x的方程有3个不同实根，则实数取值范围为．四、解答题（本大题共5小题）15．（1）计算：；（2）若，求的值;（3）化简求值：.16．已知的展开式中各项的二项式系数之和为128.(1)求展开式中项的系数；(2)求展开式中项的系数最大的项.17．已知函数.(1)当时，求函数的单调区间；(2)若对任意，恒成立，求实数的取值范围.18．已知函数，其中．(1)若是函数的极值点，求a的值；(2)若，讨论函数的单调性．19．已知函数在处取得极值.(1)求实数的值；(2)求在区间上的最大值和最小值；(3)若方程有三个不同的实数根，求实数的取值范围.

参考答案1．【答案】A【详解】偶数可分为两类：①末位为0：共种②末位为2或4：首位有4种选择，共有种则共有52种.故选A.2．【答案】B【分析】求导，利用导函数的符号变化得到函数的单调区间，进而求出函数的极值.【详解】因为，所以，令，得或；令，得；所以在区间，上单调递增，在区间上单调递减，所以在处有极大值，极大值为；在处有极小值，极小值为.故选B.3．【答案】C【详解】定义域为，，则，则得；得，则的单调递增区间为，单调递减区间为故选C.4．【答案】D【解析】对函数进行求导，讨论研究函数在上的单调性，而求出最大值，即可得到的值．【详解】解：的导数为，当时，时，，单调减，当时，，单调增，当时，取得最大值，解得，不合题意；当时，在递减，最大，且为，不成立；当时，在递减，最大，即，解得，故选．【方法总结】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．5．【答案】C【详解】将5名志愿者分为1，2，2，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地，则不同的安排方法有种.将5名志愿者分为1，1，3，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地，则不同的安排方法有种.故不同的安排方法共有种.故答案为C.6．【答案】C【详解】由函数，知，是奇函数，图像关于原点对称，排除A，D；当时，，则，令，解得，当时，则单调递增，当时，则单调递减，且当时，，结合选项可知，C为正确选项，故选C.7．【答案】B【解析】先对函数求导，得到，求出函数的图像在点处的切线方程，即判断A；根据时，恒成立，得到函数单调，无极值点，可判断B；根据导数的方法求出时，的最小值，即可判断C；根据导数的方法判断时函数的单调性，根据单调性列出不等式组求解，即可得出结果.【详解】因为，所以，，所以，因此函数的图像在点处的切线方程为，即，故A正确；当时，在上恒成立，即函数在定义域内单调递减，无极值点；故B错；当时，，由得；由得，所以函数在上单调递减，在上单调递增；因此，即；故C正确；当时，在上恒成立，所以函数在上单调递减；由可得，解得：，故D正确；故选B.8．【答案】B【解析】由可得：存在，使得，转化成：存在，使得，求出，问题得解．【详解】因为，所以存在，使得，可转成：存在，使得，即：存在，使得，即：，又所以故选B.9．【答案】AD【详解】由题意可得，且是函数的极大值点，即，可得，又极大值为3，所以，解得或；当时，，此时，时，，时，所以函数在上单调递减，在上单调递增；此时函数在处取得极小值，与题意不符，即舍去；当时，，此时，时，，时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减；此时函数在处取得极大值，符合题意，所以，，即，所以A正确，B错误；此时，所以，，即C错误，D正确.故选AD.10．【答案】ABD【详解】对于A、第二次摸出红球分两种情况：第一次摸出黄球，第二次摸出红球，其概率为第一次摸出红球，第二次摸出红球，其概率为，可得第二次摸出红球的概率为：，所以选项A正确；对于B、设“第一次摸出黄球”为事件A，“第二次摸出红球”为事件，由选项A的分析可知，，根据条件概率公式，所以选项B正确；对于C、由选项A可知，第一次摸出黄球且第二次摸出红球的概率为，所以选项C错误；对于D、设第一摸出黄球求事件，第二次摸出红球为事件，由前面的计算可得，由条件概率公式，所以选项D正确.故选ABD.11．【答案】AC【详解】A.令得，，故，选项A正确;B.令得，，故，选项B错误;C.二项式展开式的通项为，∴，当为偶数时，，当为奇数时，，令得，，选项C正确;D.令得，，∵，∴，选项D错误.故选AC.12．【答案】【详解】由题意可知：的定义域为，且，令，得，可知的单调增区间为，若函数在区间内单调递增，依题意，解得，所以的取值范围是.13．【答案】/【详解】由题意，即，即，解得（舍去），根据展开式的通项，令，则，故常数项为.14．【答案】【详解】当时，，，当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，且，当时，恒为正，当时，，，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，且，画出的图象如下：要想关于x的方程有3个不同实根，则要函数与有3个不同的交点即可，显然当时，符合要求.15．【答案】（1）；（2）；（3）.【详解】（1）（2）依题意，，则，整理得：，而，所以.（3）由题意知，需满足且即满足不等式组，即，解得所以原式.16．【答案】(1);(2).【详解】（1）次二项式的展开式中各项的二项式系数和，由题意，得，即，由二项式通项公式，得，即，令，得展开式中项的系数为.（2）设展开式中第项的系数最大，则有，化简得，即为，解得，，则，展开式中项的系数最大的项为.【规律方法】求解二项式系数或展开式系数的最值问题的思路：第一步，首先要弄清所求问题是求展开式中“二项式系数的最大值”“项的系数的最大值”以及“最大项”三者中的哪一个；第二步，若是求二项式系数的最大值，则依据(a＋b)n中n的奇偶及二项式系数的性质求解．若是求展开式中项的系数的最大值，设展开式各项的系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，因此在系数均为正值的前提下，求展开式中项的系数的最大值只需解不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ak≥Ak－1，,Ak≥Ak＋1))即得结果．求二项式系数的最大值或系数的最大值只需要写系数，求最大项需要把完整的那一项写出来．17．【答案】(1)的单调递减区间是，单调递增区间是(2)【详解】（1）当时，函数的定义域是，，令，得，解得，故的单调递减区间是，令，得，解得，故的单调递增区间是，综上，的单调递减区间是，单调递增区间是.（2）由任意，知恒成立.因，故，在上恒成立.设，则，令，得，（舍去），当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，取得极大值，也是最大值，且，所以若在上恒成立，则，故实数的取值范围是.18．【答案】(1)；(2)答案见解析.【详解】（1）由可得，，且，因是函数的极值点，故，解得.当时，，由可得，由可得或，即函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，故是的极小值点.故；（2）由（1），，因，由，解得或.①若，则，当时，，当或时，.即函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；②若，即，当时，，当或时，.即函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；③若，则，则，故函数在上单调递减.综上所述，当时，函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.【易错警