河北承德市双滦区圣泉高级中学
2024—2025学年第二学期高二数学4月份月考试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.等比数列的前项和，则（）
A. B. C.0 D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据所给条件表示出、、，再由等比中项的性质得到、的关系，即可得解.
【详解】因为，当时，，
当时，，故，
当时，，从而，
由于是等比数列，故，显然且，解得，
所以．
故选：C．
2.当时，函数取得最大值，则（）
A B. C. D.1
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出．
【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．
故选：B.
3.对任意实数，有，则的值为（）
A. B. C.22 D.30
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解.
【详解】因为，所以，
故选：B．
4.中国文字博物馆荟萃历代中国文字样本精华，用详尽的资料向世界展示了中华民族一脉相承的文字和辉煌灿烂的文明．该博物馆馆藏的重要藏品主要分为铜器、碑碣、钱币、陶器、玉石器、甲骨、竹木、纸质、瓷器共九类．小胡同学去该馆任意选取四类重要藏品参观，则在钱币、玉石器、甲骨、瓷器这四类中至少参观其中一类的不同选择方案的种数是（）
A.224 B.121 C.96 D.84
【答案】B
【解析】
【分析】利用间接法可求得结果.
【详解】从铜器、碑碣、钱币、陶器、玉石器、甲骨、竹木、纸质、瓷器这九类中任取四类重要藏品参观，
不同的选法种数为，
其中钱币、玉石器、甲骨、瓷器这四类都不选选法种数为，
因此满足条件的不同选法种数为.
故答案为：B.
5.已知（其中为自然常数），则的大小关系为（）
A. B.. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先把化为相同的形式，,，再构造函数，求导并判断函数单调性，再利用函数单调性判断的大小关系.
【详解】根据的形式转化可得，
，，
从而构造函数，则，
，当，当，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
，
，即，
又，
，所以，即，
，
.
故选：C
【点睛】关键点点睛：通过将转化为相同形式，从而构造新函数，求解导函数判断函数单调性，再利用函数单调性判断大小关系求解.
6.已知函数在上为减函数，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导，根据导函数的符号求解.
【详解】，由条件知当时，，即，
令，是减函数，；
故选：D.
7.若函数在区间(,)内存在最小值，则实数的取值范围是（）
A.[－5,1) B.(－5,1)
C.[－2,1) D.(－2,1)
【答案】C
【解析】
【分析】先求出函数的极值点，要使函数在区(,)内存在最小值，只需极小值点在该区间内，且在端点处的函数值不能超过极小值．
【详解】由，令，可得或，
由得：或，由得：，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得极小值，
令，解得或，
若函数在(,)内存在最小值，则，得．
故选：C
8.已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（）
A.e B.1 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】等价转化为在区间上恒成立，再利用分离参数法并结合导数即可求出答案.
【详解】因为在区间上恒成立，所以在区间上恒成立．
令，则在上恒成立，
所以在区间上单调递减，所以，故．
故选：D.
二、多选题（本大题共3小题，共18分.在每小题有多项符合题目要求）
9.已知为等差数列，满足，为等比数列，满足，，则下列说法正确的是（）
A.数列的首项为1 B.
C. D.数列的公比为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据得，不确定，故选项A错误，B正确；根据，得，选项C正确；根据可得选项D正确.
【详解】对于AB,设数列的公差为，由得，
∴，不确定，故A错误，B正确.
对于CD，设数列的公差为，由，得，
∴，∴，故C正确，D正确.
故选：BCD.
10.现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则（）
A.没有空盒子的方法共有24种
B.可以有空盒子的方法共有128种
C.恰有1个盒子不放球的方法共有144种
D.没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有8种
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用全排列计算判断A；每个球有4种放法，利用乘法原理计算判断B；取1个盒子不放球，再将4个球按分成3组放入3个盒子计算判断C；从