资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩2页未读，
继续阅读
云南省曲靖市师宗县平高中学（第四中学）2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题卷（原卷版+解析版）
展开
这是一份云南省曲靖市师宗县平高中学（第四中学）2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题卷（原卷版+解析版），文件包含云南省曲靖市师宗县平高中学第四中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题卷原卷版docx、云南省曲靖市师宗县平高中学第四中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共17页， 欢迎下载使用。
一、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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知函数，则（ ）
A. B. C. 1D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】对函数求导得到，将代入等式求解即可.
【详解】由
得，
令，得，
解得，
故选：B.
2. 下列求导数的运算中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由基本函数的导数和复合函数的导数运算可得.
【详解】A：，故A错误；
B：，故B错误；
C：，故C错误；
D：，故D正确；
故选：D.
3. 函数的单调增区间（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】的定义域为，
，
令，解得，
故的单调递增区间为.
故选：A
4. 用数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数，若将组成的不重复的四位数按从小到大的顺序排成一个数列，则第85个数字为（ ）
A. 2301B. 2304C. 2305D. 2310
【答案】A
【解析】
【分析】依次计算首位为1、前两位为20、前两位为21的有多少个数，然后可得答案.
【详解】首位为1的有个，前两位为20的有个，前两位为21的有个，
所以第85个数字是前两位为23的最小数，即为2301.
故选：A.
5. 已知函数的定义域为，导函数的图象如图所示，则函数的极小值点的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】利用导函数图象可得出原函数图象的单调性，即可得出函数的极小值点的个数.
【详解】根据导函数的图象可知，有三个变号零点，
则可得函数在上的单调性为先增再减，再增又减，
所以函数的极小值点的个数为1个.
故选：A
6. 已知函数 在定义域内可导，的图象如下，则其导函数的图象可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定函数的图象，确定函数的单调性，再探讨的正负及零点个数作答.
【详解】观察图象知，当时，单调递减，，选项B、D不满足;
当时，函数先递增，再递减，然后又递增，有一个极大值点和一个极小值点，
则的值先正，再负，然后又为正，有两个不同的零点，A满足，C错误.
故选：A.
7. 已知函数在区间上不单调，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由于函数在区间上不单调，等价于函数在区间上存在极值点，对函数求导，对分类讨论，求出极值点，根据极值点在区间内，可得关于的不等式，即可求出结果．
【详解】由.
①当时，函数单调递增，不合题意；
②当时，函数极值点为，
若函数在区间不单调，必有，解得；
综上所述：实数a的取值范围为.
故选：B.
8. 名同学从散打、跆拳道、击剑和太极拳四门课程中任选一门学习，则仅有跆拳道未被选中的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用乘法原理、古典概型概率计算公式可得答案.
【详解】名同学从散打、跆拳道、击剑和太极拳四门课程中任选一门学习有种方法，
仅有跆拳道未被选中的情况有种，
所以仅有跆拳道未被选中的概率为.
故选：C.
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，其导函数的图象如图所示，则关于的论述错误的是（ ）
A. 在上为减函数B. 在处取极小值
C. 在上为减函数D. 在处取极大值
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据导函数的图象判断的符号，进而确定的区间单调性和极值，即可得答案.
【详解】由图知：在区间上，即递增；
在区间上，即递减；
所以、处取极大值，处取极小值，
综上，A、B、D错，C对.
故选：ABD
10. 甲、乙、丙、丁、戊五名同学站一排，下列结论正确的是（ ）
A. 不同的站队方式共有120种
B. 若甲和乙不相邻，则不同的站队方式共有36种
C. 若甲在乙的左边，则不同的站队方式共有60种
D. 若甲和乙相邻，且甲不在两端，则不同的站队方式共有36种
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据全排列数计算判断A；利用插空法求解判断B；定序问题采用倍缩法进行求解判断C；先使用捆绑法求解，再去掉甲在两端情形即可判断D.
【详解】对于A，甲、乙、丙、丁、戊五名同学站一排，不同的站队方式共有种，A正确；
对于B，甲和乙不相邻的站队方式有种，B错误；
对于C，甲在乙的左边的不同的站队方式有种，C正确；
对于D，将甲与乙捆绑看做一个整体，再与其他三人站成一排，有种站队方式，
其中甲站在两端的情形有种，所以符合题意的站队方式共有种，D正确.
故选：ACD
11. 对于函数，下列说法正确的有（ ）
A. 在处取得最小值B. 在处取得最大值
C. 有两个不同零点D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用单调性求最值判断A,B，求零点判断C，先转换到同一单调区间内，在比大小判断D即可.
【详解】定义域为，易得，令，,令，，故在单调递增，在单调递减，则的最大值为，故A错误，B正确，
令，解得，可得只有一个零点，故C错误，
易知，且结合单调性知，即成立，故D正确.
故选：BD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若函数在上的最小值为4，则____．
【答案】##
【解析】
【分析】求导，得到函数单调性，得到为在上的极小值和最小值，列出方程，求出答案.
【详解】，，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以为在上的极小值，也是最小值，
故，解得.
故答案：
13. 现有，，，，五人排成一列，其中与相邻，不排在两边，则共有______种不同的排法（用具体数字作答）.
【答案】24
【解析】
【分析】法一：先将捆绑，再排除以外其他人，最后插空即可；
法二：先将捆绑，进行全排列，再减去在两边的情况.
【详解】法一：将捆绑，则除以外其他四人的排序有种，又不排在两边，
所以可选的位置有两种，所以共种排法；
法二：将捆绑，若的位置任意，则五人的排序有种，
其中排在两边的情况有种，
所以不排在两边的情况有种；
故答案为：.
14. 若函数有极值点，则实数c的取值范围为_______．
【答案】
【解析】
【分析】依题意，有两个不同的实数根，利用求解实数c的取值范围.
【详解】，则，
函数有极值点，则有有两个不同的实数根，
可得，解得或.
实数c的取值范围为.
故答案为：
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 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求极值.
【答案】（1）
（2）极小值为，无极大值
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可.
（2）求出函数的极值点（注意定义域），再把极值点代入原函数即可得到极值.
【小问1详解】
的定义域为，
，所以，
又因为，所以切点为，
所以曲线在处的切线方程为
【小问2详解】
，
当时，，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当时，取得极小值，且极小值为，无极大值.
16. 已知函数在处取得极小值5．
（1）求实数a，b的值；
（2）当时，求函数的最小值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得到，，求出，，检验后得到答案；
（2）求导，得到函数单调性，进而得到极值和最值情况，得到答案.
【小问1详解】
，
因为在处取极小值5，所以，得，
此时
所以在上单调递减，在上单调递增
所以在时取极小值，符合题意
所以，．
又，所以．
【小问2详解】
，所以
列表如下：
由于，故时，．
17. 已知函数．
（1）求证：
（2）设，若在区间内恒成立，求k的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）1
【解析】
【分析】（1）构造函数，利用函数的导数，通过函数的最值判断证明即可．
（2）设，利用函数的导数，在区间求解函数的最值，推出k的最小值．
【小问1详解】
证明：函数．所以，
令，
可得，令，可得，
当时，，函数是增函数，
当时，，函数是减函数，
所以时，函数取得最大值：，
所以，即．
【小问2详解】
设，若在区间内恒成立，
即：，令，
可得，
当时，，函数是增函数，当时，，函数是减函数，所以时，函数取得最大值：，
可得，k的最小值为1．
18. 已知函数．
（1）若在上单调递增，求的取值范围；
（2）试讨论函数的单调性．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可知：在上恒成立，结合二次函数分析求解；
（2）分和两种情况，结合导数以及二次不等式分析求解.
【小问1详解】
由题意可得：，
若在上单调递增，则在上恒成立，
且，则，
且在上单调递增，
当时，取得最小值，
可得，即，
所以的取值范围.
【小问2详解】
由（1）可得：，且，
当，即时，则，
所以在上单调递增；
当，即时，
令，解得或；令，解得；
所以在，上单调递增，在内单调递减；
综上所述：当时，所以在上单调递增；
当时，所以在，上单调递增，在内单调递减.
19. 已知函数．
（1）求的极值；
（2）若在区间有2个零点，求的取值范围．
【答案】（1）当时，在处取极大值
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求导得，然后分与讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，将问题转化为与在区间有2个交点，求得函数的值域，即可得到结果.
【小问1详解】
因为，定义域为，所以，
当时，由于，则恒成立，
所以在上单调递增，无极值，
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减：
所以当时，在处取极大值，无极小值；
【小问2详解】
，
令，得，令，在区间有2个零点，
即与在区间有2个交点，
，，，
当，，在上单增，
当，，在上单减，
，的最大值为，，
与在区间有2个交点，则．
0
1
2
3
0
0
1
↗
极大值6
↘
极小值5
↗
10
一、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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知函数，则（ ）
A. B. C. 1D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】对函数求导得到，将代入等式求解即可.
【详解】由
得，
令，得，
解得，
故选：B.
2. 下列求导数的运算中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由基本函数的导数和复合函数的导数运算可得.
【详解】A：，故A错误；
B：，故B错误；
C：，故C错误；
D：，故D正确；
故选：D.
3. 函数的单调增区间（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】的定义域为，
，
令，解得，
故的单调递增区间为.
故选：A
4. 用数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数，若将组成的不重复的四位数按从小到大的顺序排成一个数列，则第85个数字为（ ）
A. 2301B. 2304C. 2305D. 2310
【答案】A
【解析】
【分析】依次计算首位为1、前两位为20、前两位为21的有多少个数，然后可得答案.
【详解】首位为1的有个，前两位为20的有个，前两位为21的有个，
所以第85个数字是前两位为23的最小数，即为2301.
故选：A.
5. 已知函数的定义域为，导函数的图象如图所示，则函数的极小值点的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】利用导函数图象可得出原函数图象的单调性，即可得出函数的极小值点的个数.
【详解】根据导函数的图象可知，有三个变号零点，
则可得函数在上的单调性为先增再减，再增又减，
所以函数的极小值点的个数为1个.
故选：A
6. 已知函数 在定义域内可导，的图象如下，则其导函数的图象可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定函数的图象，确定函数的单调性，再探讨的正负及零点个数作答.
【详解】观察图象知，当时，单调递减，，选项B、D不满足;
当时，函数先递增，再递减，然后又递增，有一个极大值点和一个极小值点，
则的值先正，再负，然后又为正，有两个不同的零点，A满足，C错误.
故选：A.
7. 已知函数在区间上不单调，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由于函数在区间上不单调，等价于函数在区间上存在极值点，对函数求导，对分类讨论，求出极值点，根据极值点在区间内，可得关于的不等式，即可求出结果．
【详解】由.
①当时，函数单调递增，不合题意；
②当时，函数极值点为，
若函数在区间不单调，必有，解得；
综上所述：实数a的取值范围为.
故选：B.
8. 名同学从散打、跆拳道、击剑和太极拳四门课程中任选一门学习，则仅有跆拳道未被选中的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用乘法原理、古典概型概率计算公式可得答案.
【详解】名同学从散打、跆拳道、击剑和太极拳四门课程中任选一门学习有种方法，
仅有跆拳道未被选中的情况有种，
所以仅有跆拳道未被选中的概率为.
故选：C.
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，其导函数的图象如图所示，则关于的论述错误的是（ ）
A. 在上为减函数B. 在处取极小值
C. 在上为减函数D. 在处取极大值
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据导函数的图象判断的符号，进而确定的区间单调性和极值，即可得答案.
【详解】由图知：在区间上，即递增；
在区间上，即递减；
所以、处取极大值，处取极小值，
综上，A、B、D错，C对.
故选：ABD
10. 甲、乙、丙、丁、戊五名同学站一排，下列结论正确的是（ ）
A. 不同的站队方式共有120种
B. 若甲和乙不相邻，则不同的站队方式共有36种
C. 若甲在乙的左边，则不同的站队方式共有60种
D. 若甲和乙相邻，且甲不在两端，则不同的站队方式共有36种
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据全排列数计算判断A；利用插空法求解判断B；定序问题采用倍缩法进行求解判断C；先使用捆绑法求解，再去掉甲在两端情形即可判断D.
【详解】对于A，甲、乙、丙、丁、戊五名同学站一排，不同的站队方式共有种，A正确；
对于B，甲和乙不相邻的站队方式有种，B错误；
对于C，甲在乙的左边的不同的站队方式有种，C正确；
对于D，将甲与乙捆绑看做一个整体，再与其他三人站成一排，有种站队方式，
其中甲站在两端的情形有种，所以符合题意的站队方式共有种，D正确.
故选：ACD
11. 对于函数，下列说法正确的有（ ）
A. 在处取得最小值B. 在处取得最大值
C. 有两个不同零点D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用单调性求最值判断A,B，求零点判断C，先转换到同一单调区间内，在比大小判断D即可.
【详解】定义域为，易得，令，,令，，故在单调递增，在单调递减，则的最大值为，故A错误，B正确，
令，解得，可得只有一个零点，故C错误，
易知，且结合单调性知，即成立，故D正确.
故选：BD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若函数在上的最小值为4，则____．
【答案】##
【解析】
【分析】求导，得到函数单调性，得到为在上的极小值和最小值，列出方程，求出答案.
【详解】，，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以为在上的极小值，也是最小值，
故，解得.
故答案：
13. 现有，，，，五人排成一列，其中与相邻，不排在两边，则共有______种不同的排法（用具体数字作答）.
【答案】24
【解析】
【分析】法一：先将捆绑，再排除以外其他人，最后插空即可；
法二：先将捆绑，进行全排列，再减去在两边的情况.
【详解】法一：将捆绑，则除以外其他四人的排序有种，又不排在两边，
所以可选的位置有两种，所以共种排法；
法二：将捆绑，若的位置任意，则五人的排序有种，
其中排在两边的情况有种，
所以不排在两边的情况有种；
故答案为：.
14. 若函数有极值点，则实数c的取值范围为_______．
【答案】
【解析】
【分析】依题意，有两个不同的实数根，利用求解实数c的取值范围.
【详解】，则，
函数有极值点，则有有两个不同的实数根，
可得，解得或.
实数c的取值范围为.
故答案为：
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 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求极值.
【答案】（1）
（2）极小值为，无极大值
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可.
（2）求出函数的极值点（注意定义域），再把极值点代入原函数即可得到极值.
【小问1详解】
的定义域为，
，所以，
又因为，所以切点为，
所以曲线在处的切线方程为
【小问2详解】
，
当时，，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当时，取得极小值，且极小值为，无极大值.
16. 已知函数在处取得极小值5．
（1）求实数a，b的值；
（2）当时，求函数的最小值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得到，，求出，，检验后得到答案；
（2）求导，得到函数单调性，进而得到极值和最值情况，得到答案.
【小问1详解】
，
因为在处取极小值5，所以，得，
此时
所以在上单调递减，在上单调递增
所以在时取极小值，符合题意
所以，．
又，所以．
【小问2详解】
，所以
列表如下：
由于，故时，．
17. 已知函数．
（1）求证：
（2）设，若在区间内恒成立，求k的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）1
【解析】
【分析】（1）构造函数，利用函数的导数，通过函数的最值判断证明即可．
（2）设，利用函数的导数，在区间求解函数的最值，推出k的最小值．
【小问1详解】
证明：函数．所以，
令，
可得，令，可得，
当时，，函数是增函数，
当时，，函数是减函数，
所以时，函数取得最大值：，
所以，即．
【小问2详解】
设，若在区间内恒成立，
即：，令，
可得，
当时，，函数是增函数，当时，，函数是减函数，所以时，函数取得最大值：，
可得，k的最小值为1．
18. 已知函数．
（1）若在上单调递增，求的取值范围；
（2）试讨论函数的单调性．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可知：在上恒成立，结合二次函数分析求解；
（2）分和两种情况，结合导数以及二次不等式分析求解.
【小问1详解】
由题意可得：，
若在上单调递增，则在上恒成立，
且，则，
且在上单调递增，
当时，取得最小值，
可得，即，
所以的取值范围.
【小问2详解】
由（1）可得：，且，
当，即时，则，
所以在上单调递增；
当，即时，
令，解得或；令，解得；
所以在，上单调递增，在内单调递减；
综上所述：当时，所以在上单调递增；
当时，所以在，上单调递增，在内单调递减.
19. 已知函数．
（1）求的极值；
（2）若在区间有2个零点，求的取值范围．
【答案】（1）当时，在处取极大值
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求导得，然后分与讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，将问题转化为与在区间有2个交点，求得函数的值域，即可得到结果.
【小问1详解】
因为，定义域为，所以，
当时，由于，则恒成立，
所以在上单调递增，无极值，
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减：
所以当时，在处取极大值，无极小值；
【小问2详解】
，
令，得，令，在区间有2个零点，
即与在区间有2个交点，
，，，
当，，在上单增，
当，，在上单减，
，的最大值为，，
与在区间有2个交点，则．
0
1
2
3
0
0
1
↗
极大值6
↘
极小值5
↗
10
相关试卷
安徽省安庆市怀宁县高河中学2023-2024学年高一下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版）： 这是一份安徽省安庆市怀宁县高河中学2023-2024学年高一下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版），文件包含安徽省安庆市怀宁县高河中学2023-2024学年高一下学期4月月考数学试题原卷版docx、安徽省安庆市怀宁县高河中学2023-2024学年高一下学期4月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
云南省文山州广南县第十中学校2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）： 这是一份云南省文山州广南县第十中学校2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版），文件包含云南省文山州广南县第十中学校2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题原卷版docx、云南省文山州广南县第十中学校2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
云南省曲靖市第一中学2023-2024学年高二下学期第一次阶段性考试（3月月考）数学试题（原卷版+解析版）： 这是一份云南省曲靖市第一中学2023-2024学年高二下学期第一次阶段性考试（3月月考）数学试题（原卷版+解析版），文件包含云南省曲靖市第一中学2023-2024学年高二下学期第一次阶段性考试3月月考数学试题原卷版docx、云南省曲靖市第一中学2023-2024学年高二下学期第一次阶段性考试3月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
