江苏省镇江中学2024−2025学年高二下学期3月阶段性学情检测 数学试题（含解析）

这是一份江苏省镇江中学2024−2025学年高二下学期3月阶段性学情检测 数学试题（含解析），共11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。
一、单选题（本大题共8小题）
1．某同学逛书店，发现3本喜欢的书，决定至少买其中一本，则有（ ）种购书方法
A．3B．6C．7D．9
2．函数的导数为
A．＝2B．＝
C．＝2D．＝
3．设函数在处存在导数为2，则（ ）
A．2B．1C．D．4
4．函数在点处的切线方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．若定义在 上的函数 的图象如图所示，则函数 的增区间为（ ）
A．B．
C．D．
6．函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
7．动直线分别与直线，曲线相交于两点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．若函数有三个零点，则k的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列说法正确的是（ ）
A．
B．设函数的导函数为，且，则
C．函数的单调递减区间为
D．函数有两个极值点
10．有4位同学参加三个不同的社团，则下列说法正确的是（ ）
A．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种
B．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种
C．每个社团限报一人且不同社团参加的人不同，则不同的报名方法共有24种
D．每个社团限报一人且不同社团参加的人不同，则不同的报名方法共有33种
11．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数有相同的极小值
B．若方程有唯一实根，则的取值范围为
C．当时，总有
D．当时，若，则成立
三、填空题（本大题共3小题）
12．如图所示，积木拼盘由五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜色，且为了体现拼盘的特色，相邻的区域需涂不同的颜色（如：与为相邻区域，与为不相邻区域），现有五种不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是 .

13．定义在上的函数，若对任意的两个不相等的实数，都有，则称为“函数”，给出下列函数：
①
②
③
④
其中为“D函数”的所有序号 .
14．已知函数，，如果对任意的，，都有成立，则实数a的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．用五个数字，问：
(1)可以组成多少个无重复数字的四位密码？
(2)可以组成多少个无重复数字的四位数？
(3)可以组成多少个十位数字比个位数字大的无重复数字的四位偶数？
16．已知函数．
(1)若为的一个极值点，求在上的最小值和最大值；
(2)若在上是增函数，求实数的取值范围．
17．某商场为了获得更大的利润，每年要投入一定的资金用于广告促销，经调查，每年投入广告费（百万元），可增加的销售额为（百万元）（）.
(1)若该商场将当年的广告费控制在五百万元以内，则应投入多少广告费，才能使公司由广告费而产生的收益最大？
(2)现在该商场准备投入五百万元，分别用于广告促销和技术改造.经预算，每投入技术改造费（百万元），可增加的销售额约为（百万元），请设计一个资金分配方案，使该商场由这两项共同产生的收益最大.
18．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
19．已知函数
(1)当时，函数的图像恒在的图像的下方，求实数的取值范围；
(2)设函数的两个不同极值点分别为，求实数的取值范围.
参考答案
1．【答案】C
【详解】该同学决定至少购买一本书，则他可能购买本
购买1本时：有3种可能
购买2本时：有种可能
购买3本时：有1种可能
所有共有7种可能.
故选C.
2．【答案】B
【解析】由题意结合导数的乘法运算法则和复合函数求导法则计算函数的导数即可.
【详解】由题意结合导数的运算法则可得：
.
故选B.
3．【答案】D
【详解】由导数的定义可知，.
故选D.
4．【答案】A
【详解】，求在处的切线，则为切点，
斜率，
所以，即.
故选A.
5．【答案】B
【详解】由图象可得，
当时，由得，在上单调递增，
当时，由得，在上单调递减，
当时，由得，在上单调递减，
综上，函数 的增区间为.
故选B.
6．【答案】D
【详解】的定义域为，关于原点对称，
由，
所以为奇函数.
，
所以在单调递减，
可转换为，
即，因为单调递减，
所以，解不等式得或.
故选D.
7．【答案】A
【详解】设点是直线上任意一点﹐点是曲线上任意一点，当点处的切线和直线平行时，这两条平行线间的距离的值最小﹐
因为直线的斜率等于，
曲线的导数，令，
可得或(舍去)，故此时点的坐标为，，
故选A.
8．【答案】A
【详解】由，得，设，令，解得，当时，，当或时，，且，其图象如图所示：
若使得函数有3个零点，则.
故选A.
9．【答案】BD
【详解】对于A，常数的导数为0，则，A错误；
对于B，由，求导得，
令，解得，B正确；
对于C，的定义域为，求导得，
由，得，函数的单调递减区间为，C错误；
对于D，，的变号零点为，函数有两个极值点，D正确.
故选BD.
10．【答案】AC
【详解】对于选项A，B，每位同学报一种社团，可以有3种选择，那么4个人可以报名的方法共有，故A对，B错；
对于选项C，D，每个社团限报一人且不同社团参加的人不同，则种，故C对，D错.
故选AC.
11．【答案】ACD
【分析】利用导数思想，对函数求导后分析原函数单调性，即可解决极小值问题，对于零点问题，则用数形结合，利用单调性作出函数图象分析即可，对于不等式问题，可利用熟悉的指对数不等式来推理，对于两根之积则利用指对数同构思想再结合单调性去解决恒等问题.
【详解】对于，，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
所以有极小值；
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
所以有极小值，故A正确；
对于B，结合已求的单调性作图分析，
因为，恒有，
所以方程有唯一实根，则的取值范围为或，故B错误；
对于C，不等式等价于，由基本指数不等式可知是成立，故C正确；
对于D，当时，由得，，
即，显然，则，
则成立，故D正确.
故选ACD．
12．【答案】960
【详解】先涂，则有种涂法，再涂，因为与相邻，所以的颜色只要与不同即可，有种涂法，同理有种涂法，有种涂法，有种涂法，由分步乘法计数原理，可知不同的涂色方法种数为.
13．【答案】②③
【详解】由题意，对任意的两个不相等的实数，都有，
可化为，这表明函数在上是减函数.
①对于函数，在上单调递增，在上单调递减，
所以函数不是“函数”；
②对于，
求导得，
因为，所以恒成立，
则函数在上单调递减，是“函数”.
③对于，求导得恒成立，
则函数在上单调递减，是“函数”.
④对于，当时，
，则函数在上不为减函数，不是“函数”.
14．【答案】
【详解】由，可得，
当，，所以在单调递减，
，
，在上单调递增，
，
对任意的，都有成立，
，
.
15．【答案】(1)120
(2)96
(3)32
【详解】（1）从5个数字任取4个进行全排列，故有个；
（2）首位不能为0，则有个；
（3）由题意，是偶数个位数必须是.
分3种情况讨论：
①0在个位，十位必须比0大，千位数字不能是0且不能与个位和十位数字重复，百位数字在剩下的数字选一个，所以共有；
②在个位，十位数字必须比2大，千位数不能是0且不能与个位和十位数字重复，百位剩下2个里面选一个.有种选法；
③4在个位，里面没有比4大的数字，不存在这种可能.则共有种情况.
16．【答案】(1)最小值是，最大值是；
(2)．
【详解】（1）的定义域为，，，则，
解得，
故，令，即，
解得或，
故在上的最小值是，最大值是；
（2）在区间上恒成立，故，
设，当时，是增函数，其最小值为，
故，即实数的取值范围为．
17．【答案】(1)百万元
(2)三百万元用于技术改造，两百万元用于广告促销，这样商场由此所增加的收益最大，最大收益为8百万元.
【详解】（1）设投入广告费（百万元）后由此增加的收益为（百万元），
则.
所以当时，，
即当商场投入百万元广告费时，才能使商场由广告费而产生的收益最大.
（2）设用于技术改造的资金为（百万元），则用于广告促销的费用为（百万元），
两项增加的收益为.
对求导，得，令，得或（舍去）.
当时，，即在上单调递增；当时，，
即在上单调递减，当时，.
故在五百万资金中，三百万元用于技术改造，两百万元用于广告促销，这样商场由此所增加的收益最大，最大收益为8百万元.
18．【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）由，得，
①当时，，在上单调递减；
②当时，令，得，
当时，，单调递增；
，，单调递减；
（2）由（1）知，当时，，
要证：当时，，
可证：，
因为，即证：，
设，，
令，则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
，所以，
即，
所以当时，．
19．【答案】(1).
(2).
【详解】（1）由题可知，当时，恒有.
即，
参数分离可得，
令，，
则，
令，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以，
所以，
故实数的取值范围是.
（2）由题可得，，定义域为，
，
则有两个不等实根，
令函数，即有两个不同的零点.
，令，则，
当时，，所以在区间上单调递增；
当时，，所以在区间上单调递减.
故的极大值也是最大值为.
因为有两个不同的零点，所以，
即，即；
当时，当时，恒成立，
故至多一个零点，不符合题意，
综上所述：.
下证：当时，有两个不同的零点.
∵在区间上单调递增，且，
根据零点存在定理，知在区间内有唯一零点；
即，
，令，则，
令函数，
则，，
所以，
∵在区间上单调递减，且，
根据零点存在定理，知在区间内有唯一零点.
所以当时，有两个不同的零点.
综上所述，实数的取值范围为.
1
3
4
0
极小值