广东省东莞市万江中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试卷

这是一份广东省东莞市万江中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试卷，共8页。试卷主要包含了单项选择题，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1．己知,则（ ）
A． B． C．1 D．4
2．某商场的展示台上有6件不同的商品，摆放时要求A,B两件商品必须在一起，则摆放的种数为（ ）
A． B． C． D．
3．已知函数（是的导函数），则（ ）
A．1 B．2 C． D．
4．从1,2,3,4,5,6六个数字中，选出一个奇数和两个偶数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位数共有（ ）
A．9个 B．24个 C．36个 D．54个
5．某商店共有A,B,C三个品牌的水杯，若甲、乙、丙每人买了一个水杯，且甲买的不是A品牌，乙买的不是C品牌，则这三人买水杯的情况共有（ ）
A．3种 B．7种 C．12种 D．24种
6．已知函数在处有极值8，则等于（ ）
A． B．16 C．或16 D．16或18
7．已知函数,若在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．若曲线有两条过点的切线，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知函数的定义域为R,函数的导函数的图象如图所示，则下列选项正确的是（ ）
A．函数的单调递减区间是 B．函数的单调递增区间是
C．处是函数的极值点 D．时，函数的导函数值小于0
10．某班有50名学生，其中正、副班长各1人，现选派5人参加一项活动，要求正、副班长至少有1人参加，问共有多少种选派方法？下面是学生提供的四种计算方法正确的算法为（ ）
A． B． C． D．
11．关于函数,下列判断正确的是（ ）
A．的极大值点是
B．函数在上有唯一零点
C．存在实数,使得成立
D．对任意两个正实数,且,若,则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．如图，现在提供3种颜色给A,B,C,D4个区域涂色，规定每个区域只徐一种颜色，且相邻区域颜色不相同，共有___________种不同的涂色方案？
13．己知某厂生产某种商品x（百件）的总成本函数为（万元），总收益函数为（万元），则生产这种商品所获利润的最大值为___________万元．
14．已知函数在其定义域内有两个不同的极值点．则a的取值范围为___________．（结果用区间表示）
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）用0、1、2、3、4这五个数字组数．（结果用数字表示）
（1）（4分）可以组成多少个允许数字重复的三位数？
（2）（4分）可以组成多少个无重复数字的三位数？
（3）（5分）可以组成多少个无重复数字的三位偶数？
16．（15分）已知4名学生和2名教师站在一排照相，（结果用数字表示）
（1）（5分）两名教师必须排中间，有多少种排法？
（2）（5分）两名教师不相邻，有多少种排法？
（3）（5分）甲不在最左边，乙不在最右边，有多少种排法？
17．（15分）已知函数．
（1）（9分）求的单调区间及极值；
（2）（6分）求在区间上的最值．
18．（17分）已知函数．
（1）（5分）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）（5分）讨论函数的单调性；
（3）（7分）当时，设,若有两个不同的零点，求参数t的取值范围．
19．（17分）已知函数．
（1）（4分）若,求函数的极值点；
（2）（6分）讨论函数的单调性；
（3）（7分）若在单调递增，求实数m的取值范围．
2023-2024学年高二数学下学期第一次月考卷答案
1．A 2．A 3．C 4．D 5．C 6．A 7．B 8．D 9．BD 10．ABD 11．BD
12．18 13．66 14．
7．函数,求导得,
由在上单调递增，得，当时，,
因此,令,求导得，
当时，,当时，,即函数在上递减，在上递增，
于是,则,即，所以实数a的取值范围是．故选：B
8．解：设切点为，由已知得，则切线斜率，切线方程为．∵直线过点,
化简得．∵切线有2条，,则a的取值范围是,故选：D
11．解：因为,所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以是的极小值，所以A错误；
B选项中，函数,则由于，
即在上恒成立，所以函数在上单调递减，
又当时，,当时，,所以函数在上有唯一零点，
即函数有且只有1个零点，B正确；C选项中，由，
可得当x且趋于无穷大时，无限接近于0，也无限趋于0，故不存在实数，使得成立，即不存在实数,使得成立，C错误；D选项中，由得
要证，只要证，即证，由于，故令，则,故在上单调递增，则,即成立，故成立，所以D正确．故选：BD．
12．解：用3种不同颜色涂四个区域，则A,C区域或A,D区域或B,D区域必同色，
当A,C同色时，有种，同理A,D、B,D分别同色时各有6种，
由分类加法计数原理得用3种不同颜色涂四个区域共种不同涂色的方案．
13．解析：设利润为，则
所以,由,得或,所以当时，单调递增；当时，单调递减．所以当时，有极大值，也即最大值．故答案为：66
14．解：依题有两个不同的极值点，即有两个不等实根．
亦即函数与图象在上有两个不同交点，若令过原点且与图象相切的直线斜率为k．则只需,设切点为，则，而
故,于是,所以
15．解：（1）根据题意，百位数字不能为0，则百位数字有4种情况，十位、个数数字可以为五个数字中任意一个，有5种情况，则有个允许数字重复的三位数．（4分）
（2）根据题意，百位数字不能为0，则百位数字有4种情况，在剩下的．4个数字中任选2个，安排在十位和个位，有种情况，则有个无重复数字的三位数．（4分）
（3）根据题意，分2种情况讨论：
若0在个位，有个偶数，若0不在个位，则数字2,4作个位，有个偶数，
所以共有个无重复数字的偶数．（5分）
16．解：（1）先排教师有种方法，再排学生有种方法，则,答：两名教师必须排中间，共有48种排法．（5分）
（2）种（5分）
（3）甲在最右边有中，甲不在最右边有种，共有504种（5分）
17．（1）解：函数的定义域为．
令,得或．
当x变化时，的变化情况如表所示．
故的单调增区间为，单调减区间为和．
当时，有极小值；当时，有极大值．（9分）
（2）解：由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，所以在上的最大值为．又，,所以在区间上的最小值为．（6分）
18．（1）由题设，则，故，所以在点处的切线方程为，即．（5分）
（2）由，
当,定义域为，此时,故,即在上递减；
当,定义域为,
若,则在上递增；
若，则在上递减；（5分）
（3）由题设，，故在有两个不同零点，
所以，在有两个不同根，令,则，
在，则在上递减，
在,则在上递增，且，
x趋向于0或时都趋向于,故只需,满足题设．（7分）
19．（1）当时，,令,解得，
在单调递增，在单调递减，极小值点为1，极大值点为（4分）
（2）由题意得,①当时，在R单调递减，②当时，，
在R单调递诚，③当时，令，解得：或，令，解得：，故在递增，在递减，在递增；
综上：时，在R单调递减，时，在递增，在递减，在递增；（6分）
（3）在单调递增，则对恒成立，令,
令，解得：，令，解得：，
故在递增，在递减，故，故（7分）x
3
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0
+
0
-
单调递减
单调递增
10
单调递减