75，重庆市垫江第二中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试题

这是一份75，重庆市垫江第二中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试题，共16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。
第I卷（选择题）
一、单选题：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. 高二年级要从3名男生，2名女生中选派3人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同选派方案有（ ）
A. 6种B. 7种C. 8种D. 9种
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意分三人中有一名女生和两名女生讨论即可得答案.
【详解】解：因为选派的3人中至少有1名女生，且总共有2名女生，
所以当选派的3人中有1名女生时，有种方案，
当选派的3人中有2名女生时，有种方案，
所以根据分类加法计数原理得共有：种不同的选派方案.
故选：D.
【点睛】本题考查分类加法计数原理和组合问题，是基础题.
2. 如果质点A运动的位移S（单位：米）与时间t（单位：秒）之间的函数关系为那么该质点在秒时的瞬时速度为：（ ）（单位：米/秒）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据瞬时变化率的定义求解即可.
【详解】，
所以.
故选：D.
3. 如图，要给①、②、③、④四块区域分别涂上五种颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同颜色，则不同的涂色方案种数为（ ）．
A. 180B. 160C. 96D. 60
【答案】A
【解析】
【分析】按照①②③④的顺序，结合乘法计数原理即可得到结果.
详解】首先对①进行涂色，有5种方法，
然后对②进行涂色，有4种方法，
然后对③进行涂色，有3种方法，
然后对④进行涂色，有3种方法，
由乘法计数原理可得涂色方法种数为
种
故选:A
4. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据导数的求导法则，可判断答案.
【详解】，故A正确；
，故B错误；
，故C错误；
，故D错误；
故选：A.
5. 已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导得到，函数单调递增，得到大小关系.
【详解】，因为，故，
所以在上单调递增，
因为，所以，
故选：D.
6. 已知函数有极值，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】原函数有极值等价于导函数有变号零点，对于二次函数即判别式，由此计算a的取值范围即可.
【详解】由，
得，
根据题意得，
解得或，
所以实数a的取值范围是.
故选：D．
7. 已知函数（为自然对数的底数），若在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意得，令，求导求最值即可.
【详解】若在上恒成立，则在上恒成立等价于
在上恒成立，令，则，
令，解得，令，解得，
故在上单调递减，在上单调递增，故，
故.
故选：B.
8. 函数，则满足不等式的实数x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】二次求导，得到的单调性，再由，，求出，解出实数x的取值范围,
【详解】，令，则，
因为在R上恒成立，所以在R上单调递增，
又，故当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，，
由得到，解得：，
所以满足不等式的实数x的取值范围是.
故选：D
二、多选题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分．
9. 已知集合M={1，-2，3}，N={-4，5，6，-7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别记作a，b．则下列说法正确的有（ ）
A. 表示不同的正数的个数是6
B. 表示不同的比1小的数的个数是6
C. （a，b）表示x轴上方不同的点的个数是6
D. （a，b）表示y轴右侧不同的点的个数是6
【答案】BC
【解析】
【分析】对于四个选项中的计数问题，分别用分类、分步计数法表示，并排除重复情况即得解
【详解】对于选项A，若a，b均为正，共有2×2=4个，若a，b均为负，共有1×2=2个，但，所以共有5个，所以选项A错误；
对于选项B，若为正，显然均比1大，所以只需为负即可，共有2×2+1×2=6个，所以选项B正确；
对于选项C，要使（a，b）表示x轴上方的点，只需b为正即可，共有2×3=6个，所以选项C正确；
对于选项D，要使（a，b）表示y轴右侧的点，只需a为正即可，共有2×4=8个，所以选项D错误．
故选：BC
10. 已知函数，下列说法正确的有（ ）
A. B. 只有一个零点
C. 有两个零点D. 有一个极大值点
【答案】BD
【解析】
【分析】根据解析式得出；由判断BC；由导数判断D.
【详解】，故A错误；，即函数只有一个零点，故B正确，C错误；，，，即函数在上单调递增，在上单调递减，即有一个极大值点，故D正确；
故选：BD
11. 已知函数在区间上存在最小值，则整数a可以取（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】CD
【解析】
【分析】求导函数，研究的单调性，进而确定极值点，并求出与极小值相等的自变量值，由上存在最小值，则极小值点必在区间内，且注意区间边界与的关系，即可求a的范围，进而确定a的可能值.
【详解】由题设，，
∴当，有或，即、上单调递增；
当，有，即上单调递减；
∴的极大值为，极小值为，而当有或，
要使在上存在最小值，
∴，得.
故选：CD
第II卷（非选择题）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 由数字组成没有重复数字的三位数，则能被5整除的三位数共有__________个.
【答案】
【解析】
【分析】能被整除的三位数末位数字是或，分成末位数字是5和末位数字是0两种情况讨论.
【详解】能被整除的三位数说明末尾数字是或
当末尾数字是时，百位数字除了有种不同的选法，十位有种不同的选法，根据分步乘法原理一共有种方法；
当末尾数字是时，百位数字有种不同的选法，十位有种不同的选法，根据分步乘法原理一共有种方法；
则一共有种
故答案为：
13. 已知函数，则曲线在点处的切线方程是________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出的值，再求出以及，即可求出切线方程．
【详解】函数，，将与分别代入，
得，，解得，，
由题意得，，故切线方程是 ，化简得．
故答案为：
【点睛】本题考查了函数在点处的切线方程问题，考查导数的应用，属于基础题．
14. 关于函数，有如下四个结论：
①函数不仅有极小值也有极大值；
②的在处的切线与垂直；
③若函数有三个零点，则；
④若时，，则的最小值为3．
其中所有正确结论的序号是______．
【答案】①③④
【解析】
【分析】由已知可得，利用导数研究函数的单调性极值，进而判断出正误．
【详解】由已知，
则
当x＜﹣3或x＞3时，＜0，﹣3＜x＜3时，＞0，所以f（x）在（﹣∞，﹣3）和（3，+∞）上递减，在（﹣3，3）上递增，
f（x）极小值f（﹣3）＝﹣4e3，f（x）极大值为，①正确；
在处的切线斜率k1＝，直线9y﹣x+1＝0斜率，k1k2≠﹣1，两直线不垂直，②错误；
当 时，，当时，，若f（x）＝k有三个实根，则，③正确；
若x∈[0，t]时，，则t≥3，t的最小值为3，故④正确．
故答案为：①③④
四、解答题：本大题共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. 用、、、、、这六个数字.
（1）可以组成多少个数字不重复的三位数；
（2）可以组成多少个数字允许重复的三位数；
（3）可以组成多少个数字不重复的小于的自然数.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）分析可知，数字不重复的三位数中，首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，利用分步乘法计数原理可得结果；
（2）分析可知，数字允许重复的三位数中，首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，利用分步乘法计数原理可得结果；
（3）分三种情况讨论：个位数、两位数、三位数，分别计算出这三种情况下满足条件自然数的个数，利用分类加法计数原理可得结果.
【小问1详解】
解：若组成的数字为数字不重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，
所以，数字不重复的三位数个数为.
【小问2详解】
解：若组成的数字为数字允许重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，
所以，数字允许重复三位数的个数为个.
【小问3详解】
解：若组成的数字为数字不重复的小于的自然数，分以下三种讨论：
①数字为个位数，共个；
②数字为两位数，则首位不能为零，个位无限制，共个；
③数字为三位数，共有个.
综上所述，数字不重复的小于的自然数个数为个.
16. 已知函数（，）的图象过点，且．
（1）求，的值；
（2）求曲线过点的切线方程．
【答案】（1），．
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，由， 可得，联立即可得解；
（2）由可设曲线上的切点为，利用导数的几何意义可得切线斜率为，利用点斜式可得切线方程，带入点，即可得解.
【小问1详解】
因为函数的图象过点，所以①．
又，，所以②，
由①②解得，．
【小问2详解】
由（1）知，
设所求切线在曲线上的切点为，则，
所以切线方程为，
又切线过点，所以，
可得，
，
，解得，
所以切点为，切线方程为．
故曲线过点的切线方程为．
17. 已知函数（其中是自然对数的底数）.
（1）求在上的最值；
（2）若函数没有零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）最小值为，最大值为.
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数直接求解函数最值即可；
（2）由题知方程没有实数根，进而构造函数，研究其值域得，进而转化为解即可得答案.
【小问1详解】
解：，
所以，当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
因为，，，，
所以，函数在上的最小值为，最大值为.
【小问2详解】
解：因为函数没有零点，
所以方程无实数根，即方程没有实数根，
令，则，
所以，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，函数在处取得最大值
因为当时，当时，
所以，函数的值域为，
所以，当方程没有实数根，，即，
所以，实数的取值范围为.
18. 已知函数．
（1）当时，求证：在上是增函数；
（2）若在区间上存在最小值，求的取值范围；
（3）若仅在两点处的切线的斜率为1，请直接写出的取值范围．（结论不要求证明）
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求导，讨论导函数的符号证明增减性即可；
（2）对分类讨论，判断函数在上的单调性即可求解的取值范围；
（3）仅在两点处的切线的斜率为1，即有两个不同解，转化为与或与的图象有两个交点求解即可.
【小问1详解】
当，即时，，
令解得，
当时，，当时，，
又连续，所以在上是增函数.
【小问2详解】
，
当时，，
①当时，在上恒成立，
所以，在区间上单调递增，所以在区间上不存在最小值：
②当时，令解得，此时，
所以存在最小值，且，
综上a的取值范围是．
小问3详解】
仅在两点处的切线的斜率为1，即有两个不同解，
解法一：方程有两个不同的解，即与的图象有两个交点，
令，则，
所以图象大致如下，
由图象可知与的图象有两个交点，则的取值范围为.
解法二：方程有两个不同的解，即与的图象有两个交点，
在同一坐标系上画和的图象如图，
由图象可得当时与的图象有两个交点，即的取值范围为.
19. 已知是自然对数的底数，常数，函数.
（1）求、的单调区间；
（2）讨论直线与曲线的公共点的个数；
（3）记函数、，若，且，则，求实数的取值范围.
【答案】（1）的单调递增区间是，单调递减区间是；的单调递减区间是，单调递增区间是
（2）无公共点 （3）
【解析】
【分析】（1）求导后根据导数的正负即可判断函数的单调性；
（2）设出函数，根据该函数的最小值与1的关系即可得解；
（3）结合前两问，设，可得，有，则可得到使时的对应中的，即有，设，可将双变量换为单变量，即可将转化为，通过构造新函数可得，即可得，构造，研究导数可得，即可得解.
【小问1详解】
函数的定义域为.
，
，
当时，，当时，，
的单调递增区间是，单调递减区间是；
函数的定义域为，常数，
当时，，当时，.
的单调递减区间是，单调递增区间是；
【小问2详解】
设，它的定义域为，
当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
的最小值为，
不成立，即方程无实数解，
故方程无实数解，直线与曲线无公共点；
【小问3详解】
根据已知，的定义域为，
设，由（2）得，且，
由，记，则，
由得，
由（1）知在上单调递减，故，
，
记，则，由，得，
，若，且，则，
，
，
设，则，
解得，
由得，由得，
，
设，则，
，
由是自然对数的底数，得，
由（1）知，在上单调递减，
在上单调递增；由得，
又，
存在唯一，使，
当时，，当时，，当时，，
当时，单调递增，故；
当时，单调递减，故；
当时，单调递增，故.
综上所述，当时，，
.
实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题中最后一问关键点在于观察得出其与第二问的关联，从而设，得到，结合函数的单调性，设出，从而将双变量问题转化为单变量问题.
0
极小值