江苏省苏州市常熟省中2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）

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一、单选题
1. 中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类．现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】A
【解析】
【分析】每人都有3种选法，结合分布计数原理即可求解.
【详解】由题可知，每名同学都有3种选法，故不同的选购方式有种，经检验只有A选项符合.
故选：A
2. 已知，则（ ）
A. 0B. C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数的定义结合求导公式求解即可.
【详解】易知，.
故选：D
3. 函数在区间上单调递减，则实数m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用导函数求出的单调递减区间，然后将问题转化为区间为函数单调递减区间的子集，从而列出不等式求出结果即可.
【详解】函数的导数为，
令，解得，
因为函数在区间上单调递减，
则，即，解得，
故选：C.
4. 如图，已知每条线路仅含一条通路，当一条电路从处到处接通时，不同的线路可以有（ ）
A. 5条B. 6条C. 7条D. 8条
【答案】D
【解析】
【分析】根据分类加法、分步乘法计数原理求得正确答案.
【详解】由题意知可以按上、下两条线路分为两类，
上线路中有条，下线路中有条.
根据分类计数原理，不同的线路可以有条.
故选：D
5. 已知函数的定义域为，对任意，有，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 既不充分又不必要条件D. 充要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，构造函数，可得函数在上单调递增，再根据函数单调性解得，由充分性必要性的定义，即可得到结果.
【详解】因为，则，
令，则，所以在上单调递增.
，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
6. 已知函数，则的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数判定单调性结合特殊区间即可得出选项.
【详解】，
令，所以在和上单调递增，
又当时，，
故选：C
7. 已知不等式在区间上有解，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将不等式等价转化，构造函数，利用导数判断单调性，把问题转化为在上有解，构造函数，利用导数法求解最值即可求解范围.
【详解】因为，所以，
又因为，所以，
构造函数，
则原问题可转化为在区间上有解，
当时，，因为，所以在区间上单调递增，
又，，
所以在上有解，即在上有解，
构造函数，则，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：函数不等式恒成立求参数范围问题，结合已知，利用换元法构造新函数，用导数研究单调性，利用单调性求最值即可求解范围.
8. 设函数，，在上零点分别为，则的大小顺序为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数结合零点存在性定理得出，，，再根据，可得，即可得出答案.
【详解】因为，，所以在上单调递增，
又因为，所以存在使得，
所以，
因为，，令，解得，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
又因为，
又，，所以，所以在上单调递增，
又，，所以存在使得，所以最大，
因为，所以，
，，
又，
.
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题关键是利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理确定零点所在区间，区间的长度越小越好.
二、多选题
9. 下列等式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用排列数的计算公式逐项验证可得答案.
【详解】对于A，，
故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C， ，显然，故C错误；
对于D，，故D正确．
故选：ABD.
10. 设，且，则下列关系式可能成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】首先求出，再分别构造函数，结合导数，利用函数单调性一一分析即可.
【详解】由于，知，及其，则，解得，
对AB，，设函数，，
故在上单调递减，则1，即，故A对B错；
对C，由于，设，，
故在上单调递减，，故，
若，故C对；
对D，，设，，
令，则，则，，则，，
则在上单调递增，在上单调递减，，故，即，故D错误.
故选：AC.
11. 已知，关于的方程有个不同的根，，且为最大的根，则（ ）
A. 的值可能为100B. 当时，
C. 当时，D. 当时，
【答案】BC
【解析】
【分析】根据函数的性质判断方程根的个数为奇数个判断A，先求出相切时候的斜率，数形结合求解范围判断B，数形结合判断C，根据直线与曲线相切建立方程求解判断D.
【详解】令，由题意方程有个不同的根，
则的图象与的图象有个不同的交点，
因为的图象与的图象都关于对称，所以不可能为偶数，故A错误；
当时，方程有1个不同的根，则直线与只有一个交点，
当直线为在处相切时，，则，即，
所以曲线在处的切线方程为，
如图：

要使直线与只有一个交点，则，故B正确；
当时，经过点，因为是的极大值点，
如图：

由图知，直线与有个交点，所以方程有个不同的根，
即，故C正确；
当时，则的图象与的图象有个不同的交点，
可知与曲线相切，且切点的坐标为，如图：

则，故，所以，即，故D错误.
故选：BC
三、填空题
12. 函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如图所示，则函数在开区间内，极大值点有________________个．
【答案】2
【解析】
【分析】根据运用导数判断极值的方法：考虑导数与x轴的交点的左右两侧导数的变化，找左正右负的.
【详解】由导函数的图象可知，在内与x轴有四个交点，第一个点处导数左正右负，第二个点处导数左负右正，第三个点处导数左正右正，第四个点处导数左正右负，则函数在开区间内极大值点有2个.
故答案：2.
13. 中国古建筑闻名于世，源远流长.如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图可近似地看作如图2所示的五面体.现装修工人准备用四种不同形状的风铃装饰五脊殿的六个顶点，要求E，F处用同一种形状的风铃，其它每条棱的两个顶点挂不同形状的风铃，则不同的装饰方案共有_________种.
【答案】72
【解析】
【分析】对于本题共4种不同形状的风铃，要求是使用同一种风铃，其余各棱的两个顶点挂不同形状的风铃，可以理解相邻顶点挂不同形状的风铃，通过分析使用3种或4种风铃满足条件.
【详解】①使用3种形状风铃，只能同，同，同.此时共有：种挂法，
②使用4种形状风铃，此时有两种情况；
1）同，不同：直接将4种风铃挂到四个点上，
全排列有：种，
2）不同，同：此时与1）相同，共有种，
综上，共有24+24+24=72种，
故答案为：72
【点睛】涂色问题解决问题关键是在判定使用颜色数量，合理分类，合理分步，熟练分类加法及分步乘法原则.
14. 已知函数，函数．若过点的直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，则的值为__________；当、两点不重合时，线段的长为__________．
【答案】 ①. 或1 ②.
【解析】
【分析】设点，利用导数的几何意义得到方程，求出，即可得到切点坐标，从而得到切线方程，再由切线与也相切，利用判别式即可求出；根据确定点，即可求；
【详解】，设点，
所以
，解得，
切点，，
方程，即，
联立，
由，可得或1；
当时，，此时，重合，舍去.
当时，，此时，
此时.
故答案为：或1；
四、解答题
15. （1）已知函数，在区间上存在减区间，求的取值范围；
（2）已知函数．讨论函数的单调性；
【答案】（1）；（2）答案见解析．
【解析】
【分析】（1）利用导数结合分离参数法求解即可.
（2）含参讨论三次函数单调性即可.
【详解】（1），若函数在区间上存在减区间，
等价于，使得成立，
可得，使得成立，构建，
可知开口向上，对称轴，故，
解得，则的取值范围为．
（2）易知定义域为，
令得或，
①当即时，令得或，令得；
故在单调递减，在上单调递增；
②当即时，恒成立，故在R上单调递增；
③当即时，令得或，
令得，在上单调递减，在上单调递增；
综上，当时，在单调递减，在上单调递增，
当时，在上单调递增：当时，在上单调递减，
在上单调递增.
16. 有3名男生与4名女生，在下列不同条件下，分别求排法种数.
（1）全体排成一排，女生必须站在一起；
（2）全体排成一排，男生互不相邻；
（3）全体排成一行，其中甲，乙，丙三人从左至右的顺序不变
【答案】（1）576 （2）1440
（3）840
【解析】
【分析】（1）将女生看成一个整体，按照捆绑法求解；
（2）先排女生，然后按照插空法求解；
（3）按照定序法求解即可；
【小问1详解】
将女生看成一个整体，与名男生在一起进行全排列，有种方法，
再将名女生进行全排列，也有种方法，
故共有种排法.
【小问2详解】
男生不相邻，而女生不作要求，所以应先排女生，有种方法，
再在女生之间及首尾空出的个空位中任选个空位排男生，有 种方法，
故共有种排法.
【小问3详解】
从个位置中选四个安排除甲，乙，丙以外的个人，有种方法，
剩下的三个位置从左至右依次安排甲，乙，丙，仅有一种安排，
故共有种排法
17. 已知函数．
（1）若函数在处取到极值，求实数a的值；
（2）若,对于任意,当时，不等式恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】（1）1； （2）.
【解析】
【分析】（1）根据，求得，再进行验证即可；
（2）由题可得在单调递减，则在恒成立，结合分离参数法，以及利用导数求函数最值，即可求得结果.
【小问1详解】
，，
若函数在处取到极值，则，解得；
又当时，，，
故当，，单调递增；当，，单调递减；
当，，单调递增；
则当时，满足在处取到极值，故.
【小问2详解】
当时，，
，即，令；
对于任意,当时，不等式恒成立，
即对于任意,当时，恒成立，也即在单调递减；
又，故，
由题可知，在恒成立，即在恒成立，
也即在恒成立，令，
则，又对称轴为，其在单调递减，，
故在恒成立，则在单调递减，又，
则，也即的取值范围为：.
18. 一个玩具盘由一个直径为2米的半圆O和一个矩形ABCD构成，米，如图所示.小球从A点出发以的速度沿半圆O轨道匀速运动到某点E处，经弹射后，以的速度沿EO的方向匀速运动到BC上某点F处.设弧度，小球从A到F所需时间为T.
（1）试将T表示为的函数，并写出定义域；
（2）当满足什么条件时，时间T最短.
【答案】（1），
（2）当时，时间T最短
【解析】
【分析】（1）连接CO并延长交半圆于M可得，过O作于G，可得，进而求得小球从A到F所需时间；
（2）由（1），再求导分析函数的单调性与最值求解即可.
【小问1详解】
连接CO并延长交半圆于M，则，故，同理可得，
∴.
过O作于G，则，，
∴，
又，∴，.
【小问2详解】
，
令可得，
解得或（舍）.设，，
则当时，，当时，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
∴当，取得最小值.故当时，时间T最短.
19. 已知函数，其中a为正实数．
（1）若函数有极值点，求a的取值范围；
（2）当和的几何平均数为，算术平均数为．
①判断与和的几何平均数和算术平均数的大小关系，并加以证明；
②当时，证明：．
【答案】（1）
（2）①答案见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】1）求导之后构造函数，利用二次函数的性质，利用对称轴，判别式，特殊值讨论即可；
（2）①证明右边时先将不等式变形为，令，构造函数，求导，用导数分析单调性和极值即可证明；再将左边变形为，令，同样构造函数，求导，用导数分析单调性和极值即可证明.②恒成立问题，作差之后利用一问的结论构造函数，求导，分析单调性，再求最大值小于零即可.
【小问1详解】
上有变号零点，
即在上有变号零点.
①若，即时，只需矛盾，
②若，即时，只需，
故的取值范围为.
【小问2详解】
①，
先证右边，证，令
证：，令，
，
在上单调递增，
再证左边证：，令证，
令
在上单调递减，，证毕.
②时，关于单调递减，
，
，
，
，
设，
当时，，；
当时，，，
在上单调递增，上单调递减，，
所以当时，.
【点睛】关键点点睛：（1）函数的极值点即为导数等于零的点；
（2）用导数证明不等式时常将不等式作差后构造函数，求导，分析单调性和最值；
（3）恒成立问题可转化为作差后求导，分析最大值小于零或最小值大于零.