湖北省武汉市第十一中学2023-2024学年高二下学期3月考数学试卷

这是一份湖北省武汉市第十一中学2023-2024学年高二下学期3月考数学试卷，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

命题教师: 审题教师:
考试时间：2024年3月30日10：15—12:15 试卷满分：150分
一、单选题
1．已知是函数的导函数，若，则（ ）
A．B．2C．D．8
2．函数的单调递增区间是（ ）
A．B．
C．D．
3．用，，，四个数字组成没有重复数字的三位偶数，共有（ ）
A．个B．个C．个D．个
4．如图，要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为（ ）
A．5B．7C．8D．12
5．已知是函数的导函数，若函数的图象大致如图所示，则的极小值点为（ ）
（第6题）
A．B．C．D．
6．在如图所示的5个区域内种植花卉，每个区域种植1种花卉，且相邻区域种植的花卉不同，若有6种不同的花卉可供选择，则不同的种植方法种数是（ ）
A．1440B．720C．1920D．960
7．在100，101，102，…，999这些数中，各位数字按严格递增（如“145”）或严格递减（如“321”）顺序排列的数的个数是（ ）
A．120B．204
C．168D．216
8．已知两个不相等的正实数x，y满足，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．有甲､乙､丙等8名学生排成一排照相，计算其排法种数，在下列答案中正确的是（ ）
A．甲排在两端，共有种排法
B．甲､乙都不能排在两端，共有种排法
C．甲､乙､丙三人相邻（指这三个人之间都没有其他学生），共有种排法
D．甲､乙､丙互不相邻（指这三人中的任何两个人都不相邻），共有种排法
10．关于函数，，下列说法正确的是（ ）
A．若过点可以作曲线的两条切线，则
B．若在上恒成立，则实数的取值范围为
C．若在上恒成立，则
D．若函数有且只有一个零点，则实数的范围为
11．已知函数，其导函数为，且，记，则下列说法正确的是（ ）
A．恒成立
B．函数的极小值为0
C．若函数在其定义域内有两个不同的零点，则实数的取值范围是
D．对任意的，都有
三、填空题
12.计算= .
13．我国古代有辉煌的数学研究成果，其中《周髀算经》，《九章算术》，《海岛算经》，《孙子算经》，《缉古算经》均有着十分丰富的内容，是了解我国古代数学的重要文献，某中学计划将这本专著作为高中阶段“数学文化”样本课程选修内容，要求每学年至少选一科，三学年必须将门选完，则小南同学的不同选修方式有 种.（用数字作答）
14．若，不等式在上恒成立，则实数的范围是____.
四、解答题
15．设，函数的单调增区间是．
(1)求实数；
(2)求函数的极值．
16．已知.
(1)若，判断是否存在，使得，并说明理由；
(2)设，是否存在实数，当，（为自然常数）时，函数的最小值为3，并说明理由.
17．第18届亚足联亚洲杯将于2023年举行，已知此次亚洲杯甲裁判组有6名裁判，分别是.（以下问题用数字作答）
(1)若亚洲杯组委会邀请甲裁判组派裁判去参加一项活动，必须有人去，去几人由甲裁判组自行决定，问甲裁判组共有多少种不同的安排方法？
(2)若亚洲杯组委会安排这6名裁判担任6场比赛的主裁判，每场比赛只有1名主裁判，每名裁判只担任1场比赛的主裁判，根据回避规则，其中A不担任第一场比赛的主裁判，不担任第三场比赛的主裁判，问共有多少种不同的安排方法？
(3)若亚洲杯组委会将这6名裁判全部安排到2项不同的活动中，每项活动至少安排1名裁判，每名裁判只参加1项活动，问共有多少种不同的安排方法？
（答题要求：写上必要的文字说明，先列式，后计算,用数字作答）
18．已知函数，其中．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，证明：函数有唯一的零点；
(3)若，求实数的取值范围．
19．已知函数，且曲线在点处的切线斜率为1.
(1)求的表达式；
(2)若恒成立，求的值.
(3)求证：.
参考答案：
1．A
【分析】根据已知条件，结合导数的定义，即可求解.
【详解】.
故选：A
2．D
【分析】求出函数的定义域与导函数，再令，解得即可.
【详解】函数的定义域为，
且，
令，解得，
所以的单调递增区间为.
故选：D
3．D
【分析】根据特殊位置优先安排的原则，结合乘法计数原理即可求解.
【详解】先排个位数，有2种选择，再排十位和百位，由种选择，
根据分步乘法计数原理可得共有个不重复的三位偶数，
故选：D
4．C
【分析】根据分类计数原理与分步计数原理计算可得答案．
【详解】要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为．
故选：C．
5．D
【分析】分析导数的符号变化，利用导数与函数极值点的关系可得出函数的极小值点.
【详解】由的图象知，当时，，则，
当时，，则，
当时，，则，
故的单调递增区间为、，单调递减区间为，
故的极小值点为.
故选：D.
6．C
【分析】按照地图涂色问题的方法，先分步再分类去种植花卉即可求得不同的种植方法种数.
【详解】如图，设5个区域分别是A，B，C，D，E.
第一步，选择1种花卉种植在A区域，有6种方法可以选择；
第二步：从剩下的5种不同的花卉中选择1种种植在B区域，有5种方法可以选择；
第三步：从剩下的4种花卉中选择1种种植在C区域，有4种方法可以选择；
第四步；若区域D与区域A种植同1种花卉，则区域E可选择的花卉有4种；
若区域D与区域A种植不同种花卉，则有3种方法可以选择；
则区域E可选择的花卉有种，
故不同的种植方法种数是.
故选：C
7．B
【分析】根据三个数字中是否有“0”分两类，利用分类加法计数原理求解.
【详解】分两类，第一类不含数字“0”，从1到9的自然数中任意取出3个，都可以得到严格递增或严格递减顺序排列的三位数，共有个；
第二类含有数字“0”，从1到9的自然数中任意取出2个，三个数只能排出严格递减顺序的三位数，共有个，
根据分类加法计数原理，所以共有个.
故选：B
8．C
【分析】先利用同构法与构造函数，将题设条件转化为，再利用导数研究函数的图象与性质，结合图像即可排除AD，利用特殊值计算即可排除B，再利用极值点偏移的解决方法即可判断C.
【详解】因为，，
所以，则，即，
令，则，，
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增,
所以，
对于，总有，即在上单调递增，
故，即在上恒成立，
所以对于，对于任意，在上取，
则，
所以当且趋向于0时，趋向于无穷大，
当趋向于无穷大时，趋向于无穷大，趋向于0，故趋向于无穷大，
所以的大致图像如图所示：
.
对于AD，因为，，不妨设，
由图象可知，，故，故AD错误；
对于B，假设成立，取，
则，显然不满足，故B错误；
对于C，令，又，
则，
所以在上单调递增，
又，则，即，
又，则，
因为，所以，又，在上单调递增，
所以，即，故C正确.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于利用同构法转化等式，从而构造函数，并研究其图像的性质，由此判断得解.
9．AD
【分析】A：先排甲，然后剩下7人全排，由此即可判断；B：先在中间6个位排甲乙，然后剩下6人全排，由此即可判断；C：先将甲乙丙三人捆绑，再和剩下5人全排，由此即可判断；D：先全排除了甲乙丙剩下的5人，然后将甲乙丙三人插空，由此即可判断.
【详解】A，先排甲，然后剩下7人全排，共有种排法，故A正确；
B，先在中间6个位排甲乙，然后剩下6人全排，共有种排法，但是，故B错误；
C，先将甲乙丙三人捆绑，再和剩下5人全排，共有种排法，故C错误；
D，先全排除了甲乙丙剩下的5人，然后将甲乙丙三人插空共有种排法，故D正确.
故选：AD.
10．ABC
【分析】根据题意可知点在下方及轴上方，从而可对A判断；设出切点，求出切线方程，再结合题意中的几何条件，从而可对B判断；构造函数，利用导数分别可求出的单调性及最值情况，画出相应图象，从而可对C、D判断求解.
【详解】对A：由题意知可知当点在曲线的下方和轴上方才可以作出两条切线，
所以，故A正确.
对B：由在上恒成立，等价于在上横在上方，
设的切点坐标为，其切线方程为，
对应的切线经过坐标原点，将代入解得，其切线斜率，
所以实数的取值范围为，故B正确.
对C：若在上恒成立，则在时恒成立，
即，，设，，则，
当时，，当，，
所以在区间上单调递增，上单调递减，
当时，取到极大值也是最大值为，所以，故C正确.
对D：由C知，当时，，当时，，
当时，，
所以在区间，上单调递减，上单调递增，
当时，取到极小值，当时，取到极大值，
可画出函数的图象如下：
要求函数的零点，即求与图象的交点个数，
所以可知或时，有且只有一个零点，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：
（1）导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理；
（2）利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用；
（3）证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
11．CD
【分析】根据题意求得，由，可得判定A不正确；由，结合的值不能确定，可判定B错误；结合的单调性，结合图象，可判定C正确；结合递增，且递增，结合图象，可判定D正确.
【详解】由函数，因为，可得，所以，
对于A中，由，因为，，
所以不恒成立，所以A不正确；
对于B中，由，可得，
其中无意义，所以的极小值一定不为，所以B错误；
对于C中，由，
当时，可得；当时，可得，
所以函数在上单调递减，在在上单调递增，
且当时，， 当时，，当时，，
函数的图象，如图所示，
结合图象得，当时，函数与的图象有两个不同的交点，
所以函数在其定义域内有两个不同的零点，则实数的取值范围是，
所以C正确；
对于D中，由，
设，可得，
所以，单调递增，即单调递增，
所以为单调递增函数，且单调递增函数，且，
所以函数的图像，如图所示，函数图象为凸函数，
所以，当且仅当时，等号成立，所以D正确.
故选：CD
【点睛】方法技巧：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．
12. 360
13．
【分析】分小南高中三年选修的科目数为2，2，1和3，1，1两种情况讨论即可.
【详解】根据题意，小南高中三年选修的科目数为2，2，1或3，1，1.
若小南高中三年选修的科目数为2，2，1时，先将5门学科分成三组共种不同方
式，再分配到高中三年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种；
若小南高中三年选修的科目数为3，1，1时，先将5门学科分成三组共种不同方
式，再分配到高中三年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种；
由加法原理可知小南同学的不同选修方式有种.
故答案为：
【点睛】本题考查排列组合的综合应用，涉及到部分均匀分组问题，考查学生的逻辑推理能力，是一道中档题.
14.(1,e+2)
15．(1)2
(2)极小值为，极大值为0.
【分析】（1）因为函数的单调增区间是，所以的解集为，由此可求参数的值.
（2）求导，分析函数的单调性，可求函数的极值.
【详解】（1）函数的定义域为：
且
因为函数的单调增区间是，
所以的解集是.
所以方程的解是，，
所以.
（2）当时，令，则或
当变化时，，的变化情况如下表：
当时，有极小值；
当时，有极大值.
16．(1)不存在，理由见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）先代入，得到的解析式，再利用导数求得的最小值，从而得以判断；
（2）先化简，分类讨论的取值范围，利用导数分析的单调区间和最小值，由此得解.
【详解】（1）不存在，使得，理由如下：
当时，，定义域为，
则，
令，得；令，得；
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，
故不存在，使得.
（2）存在实数，使有最小值3，理由如下：
因为，
所以，
则，
假设存在实数，使有最小值3，
当时，，所以在上单调递减，
故，解得（舍去），
当时，
（i）当时，，在上恒成立，所以在上单调递减，
故，解得（舍去），
（ii）当时，，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
所以，，解得，满足条件；
综上，存在，使得时有最小值3.
17．(1)63种
(2)504种
(3)540种
【分析】（1）根据可去裁判的人数结合组合数的性质分析运算；
（2）利用间接法，在所有排列情况下排除A担任第一场比赛的主裁判或C担任第三场比赛的主裁判的可能；
（3）根据题意，分类讨论人数的分配情况运算求解.
【详解】（1）由题意知：可去名裁判，
所以共有（种）不同的安排方法.
（2）这6名裁判担任6场比赛的主裁判，每场比赛只有1名主裁判，每名裁判只担任1场比赛的主裁判，共有种方法，
若A担任第一场比赛的主裁判的方法数为；
若C担任第三场比赛的主裁判的方法数为；
若A担任第一场比赛的主裁判同时担任第三场比赛的主裁判的方法数为；
所以A不担任第一场比赛的主裁判，不担任第三场比赛的主裁判，共有（种）不同的安排方法.
（3）亚洲杯组委会将这6名裁判安排到2项不同的活动中，每项活动至少安排1名裁判，则分类如下：
①这6名裁判分为5人，1人这二组，共有（种）不同的安排方法；
②这6名裁判分为4人，2人这二组，共有（种）不同的安排方法；
③这6名裁判分为3人，3人这二组，共有（种）不同的安排方法.
综上所述：组委会将这6名裁判安排到2项不同的活动中，每项活动至少安排1名裁判，共有12+30+20=62（种）不同的安排方法.
18．(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求定义域，求导，分，，与四种情况，解不等式，求出函数单调性；
（2）在（1）的基础上得到函数单调性，结合零点存在性定理得到结论；
（3）由（2）知，不合要求，故，由，可得，构造，求导，结合隐零点得到函数单调性，且，，，两式相加得到，，放缩得到不等式，求出，进而得到.
【详解】（1）函数的定义域为，
，
①当时，解不等式．有，令，得，
故函数的减区间为，增区间为；
②当时．，若，，，可得；
若，，，可得；若，可得．
故有，函数单调递增，增区间为，没有减区间；
③当时，解不等式，有或，
令，解得，
故函数的增区间为，，减区间为；
④当时，解不等式，有或，令得，
故函数的增区间为，，减区间为；
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减.
（2）若，函数的减区间为，增区间为，且，
当时，由，有恒成立，
又，由零点存在性定理上存在唯一零点，
由上知，函数有唯一的零点；
（3）由（2）知．若，必有．又由，可得．
又由，不等式可化为，
设，
有，
当且时，，，可得，
当且时，，，可得，
当时，函数单调递增，
故存在正数m使得．
若，有，，有，
与矛盾，可得，
当时，；当时，，
可得函数的减区间为，增区间为，
若，必有，
有，
又由，有，
有，有．
又由，有，可得，
有，可得，
由，及，可得，
若．则实数a的取值范围为．
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；
（2）设，则，根据极值点的定义可求得；进而利用导数证明当时对任意恒成立即可；
（3）由（2）可得，进而.利用导数证明不等式、，结合放缩法和裂项相消法计算即可证明.
【详解】（1），则，
；
（2）设.
由条件知恒成立，
因为，又的图像在定义域上是连续不间断的，
所以是的一个极大值点，则.
又，所以，得；
下证当时，对任意恒成立，
令，则，
由，
知函数在单调递增，在上单调递减，
，即，而，
所以当时，.
综上，若恒成立，则.
（3）由（2）可知.
，
先证，
令，
则在上单调递减，，即
所以
再证，先证，
令，则，
当时，，函数单调递增，且，则，
即，令即得.
又，得
所以，
综上，.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略:
形如的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
x
1
f'(x)
+
0
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘