山东省济宁市邹城市兖矿第一中学2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试题（含解析）

这是一份山东省济宁市邹城市兖矿第一中学2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷
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. 某物体沿直线运动，位移（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，该物体在时的瞬时速度是（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据导数的物理意义直接求解即可.
【详解】，
当时，，
即该物体在时的瞬时速度是.
故选：B.
2. 如右图所示为的图像，则下列判断正确的是 （ ）
①在上是增函数；
②是的极小值点；
③在上是单调递减，在上是单调递增；
④是的极小值点
A. ①②③B. ①③④C. ③④D. ②③
【答案】D
【解析】
【分析】根据的图像判断函数的单调性即可解答.
【详解】由的图像可得：在区间上函数的符号及函数的单调性，如下表：
所以①④是错误的；②③是正确的.
故选：D
3. 从名男生和名女生中选出名学生参加一项活动，要求至少一名女生参加，不同的选法种数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】从反面考虑，从名学生中任选名的所有选法中去掉名全是男生的情况，即为所求结果．
【详解】从名学生中任选名，有种选法，其中全为男生的有种选法，
所以选出名学生，至少有名女生的选法有种.
故选：B.
【点睛】本题考查组合问题，也可以直接考虑，分类讨论，在出现“至少”的问题时，利用正难则反的方法求解较为简单，考查计算能力，属于基础题.
4. 已知函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在等式两边求导，令，可求得的值，可得出的表达式，代值计算可得出的值.
【详解】因为，则，
所以，，解得，所以，，
因此，.
故选：A
5. 已知函数f(x)，满足在定义域内单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得在上恒成立，利用给定单调性建立不等式并分离参数，构造函数并求出最小值，即可得出实数a的取值范围.
【详解】函数的定义域为，求导得.
由在定义域内单调递减，得在上恒成立，
即在上恒成立，而
因此当时，取得最小值，则，
因此实数a的取值范围是.
故选：D
6. 运动会期间，将甲、乙等5名志愿者安排到，，三个场地参加志愿服务，每名志愿者只能安排去一个场地，每个场地至少需要1名志愿者，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地，则不同的安排方法种数为（ ）
A. 72B. 96C. 114D. 124
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，先将5人分为三组并分配到各个场地，再计算得出甲乙不在同一个场地的情况即可求解.
【详解】将5名志愿者分为1，2，2，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地，
则不同的安排方法有种.
将5名志愿者分为1，1，3，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地，
则不同的安排方法有种.
故不同的安排方法共有种.
故答案为：C.
7. 设函数是定义在上的奇函数，为其导函数．当时，，，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】当时，构造函数，求导结合已知得其单调性，进而可得当时，，当时，，结合奇函数的性质即可进一步得解.
【详解】当时，令，则，所以在上单调递增，
当时，，即，
当时，，即，
因为函数是定义在上的奇函数，
所以，
所以当时，，当时，，
所以不等式的解集为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：关键是构造函数，利用导数得出单调性，从而即可顺利得解.
8. 若函数恰有两个零点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意分析可得：原题意等价于与有两个交点，求导，利用导数判断的单调性，结合图象分析求解.
【详解】当时，则无零点，不符合题意；
当时，令，则，
故原题意等价于与有两个交点，
构建，则，
令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
可得，且当x趋近于时，趋近于，
所以的图象如图所示，由图象可得：
若与有两个交点，则，解得，
故的取值范围是.
故选：D.
二、多选题.本题共3小题，每题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 下列求导正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】由基本初等函数的求导公式以及导数的四则远算，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】对A，，故A正确；
对B，，故B正确.
对C，，故C错误；
对D，，故D错误；
故选：AB
10. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（ ）
A. 某学生从中选2门课程学习，共有15种选法
B. 课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有240种排法
C. 课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有144种排法
D. 课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有480种排法
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项根据组合的方法计算；B选项，利用捆绑法计算；C选项，利用插空法计算；D选项，通过分“礼”排在最后一周和不排在最后一周两种情况计算.
【详解】A：6门中选2门共有种选法，故A正确；
B：课程“乐”“射”排在相邻的两周时，把这两个看成一个整体，有种排法，然后全排列有种排法，根据分步乘法计数原理，“乐”“射”相邻的排法共有种，故B正确；
C：课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，先排剩下的三门课程有种排法，然后利用插空法排课程“御”“书”“数”有种排法，根据分步乘法计数原理，得共有种排法，故C正确；
D：分2种情况讨论：若先把“礼”排在最后一周，再排“数”，有种排法，若先把“礼”不排在最后一周，再排“数”，有种排法，所以，共有种排法，故D错误.
故选：ABC.
11. 已知函数在上可导且，其导函数满足，对于函数，下列结论正确的是（ ）
A. 函数在上为增函数
B. 是函数的极小值点
C. 函数必有个零点
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】求导，根据导函数满足判断选项AB，再结合，分，，判断选项C；再由函数在上为增函数判断选项D.
【详解】因为，所以，
因为导函数满足，
当时，，则 ，所以 是增函数；
当时，，则 ，所以 是减函数；
故A错误，B正确；
又，则，
当时，没有零点；
当时，有一个零点；
当时，可能有1个或个零点，故C错误；
因为函数在上为增函数，
所以，即，整理得，故D正确；
故选：BD
第Ⅱ卷
三、填空题.本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数图象在点处的切线方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求解即可.
【详解】，，，
故函数的图象在点处的切线方程为，即.
故答案为：
13. 用数字0，1，2，3，5组成_____个没有重复数字的五位偶数．
【答案】42
【解析】
【分析】应用分类计数原理，当个位数字为0时五位数共有个，当个位数字为2时五位数共有个，进而得到答案．
【详解】当个位数字为0时，这样的五位数共有：个，
当个位数字为2时，这样的五位数共有：个，
所以组成没有重复数字的五位偶数共有个．
故答案为：42
14. 已知函数，，若关于的不等式有解，则的最小值是__________.
【答案】##
【解析】
【分析】参变分离可得有解，令，，利用导数求出，即可求出参数的取值范围，从而得解.
【详解】由得，显然，
所以有解，
令，则，
令，则，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，
所以，则，即的最小值是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是参变分离得到有解，再构造函数，利用导数求出.
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. （1）求值:
（2）求不等式：的解集．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【详解】（1）；
（2）因为，所以，化简可得，解得，所以不等式解集为．
16. 已知函数在点处的切线与直线平行．
（1）求的值及切线的方程；
（2）求的单调区间和极值．
【答案】（1），
（2）单调递增区间为和，单调递减区间为，极大值为，极小值为
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，根据导数的几何意义求出，即可求出，再由点斜式求出切线方程；
（2）求出函数的定义域与导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间与极值.
【小问1详解】
因为，所以，
则，故在处的切线斜率为，
，解得，即，
因此，
所以函数在点处的切线：，即．
【小问2详解】
由（1）可得，定义域，
又，
令，解得或；令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减，
则在处取得极大值，在处取得极小值，
即极大值为，极小值为，
综上所述，的单调递增区间为和，单调递减区间为，极大值为，极小值为．
17. 从，，等8人中选出5人排成一排．
（1）必须在内，有多少种排法?
（2），都在内，且排在前面，有多少种排法?
（3），，都在内，且，必须相邻，与，都不相邻，都多少种排法?
（4）不允许站排头和排尾，不允许站在中间（第三位），有多少种排法?
【答案】（1）4200 （2）1200 （3）240 （4）4440
【解析】
【分析】（1）只需从余下的7人中选4人出来排列即可；
（2）先从余下的6人中选出3人与、的全排列，再消去、两人间的排序即可求得所有排列数；
（3）先从余下5人中选2人有种不同结果，由于、必须相邻，与、都不相邻，利用捆绑法、插空法即可解决；
（4）分所选的5人无、；有、无；无、有；有、，四种情况讨论即可.
【小问1详解】
由题意，先从余下的7人中选4人共有种不同结果，
再将这4人与进行全排列有种不同的排法，
故由乘法原理可知共有种不同排法.
【小问2详解】
由题意，先从余下的6人中选3人共有种不同结果，
再将这3人与、的进行全排列有种不同的排法，
故由乘法原理可知共有种不同排法，
又、之间的排列有，
所以排在前面，有种不同排法.
【小问3详解】
因，，都在内，所以只需从余下5人中选2人有种不同结果，
，必须相邻，有种不同排法，
由于与，都不相邻，先将选出的2人进行全排列共有种不同排法，
再将、这个整体与插入到选出的2人所产生的3个空位中有种不同排法，
由乘法原理可得共有种不同排法.
【小问4详解】
分四类：第一类：所选的5人无、，共有种排法；
第二类：所选的5人有、无，共有种排法；
第三类：所选的5人无、有，共有种排法；
第四类：所选的5人有、，若A排中间时，有种排法，
若不排中间时，有种排法，
共有种排法；
综上，共有种不同排法.
18. 消毒液已成为生活必需品，日常的消费需求巨大．某商店销售一款酒精消毒液，每件的成本为元，销售人员经调查发现，该款消毒液的日销售量（单位：件）与销售价格（单位：元/件）满足关系式．
（1）求该款消毒液的日利润与销售价格间的函数关系式；
（2）求当该款消毒液每件售价为多少元时，每日销售该款消毒液所获得的利润最大，并求出日最大利润．
【答案】（1）
（2）当该款消毒液每件售价为元时，每日销售该款消毒液所获得的利润最大，最大利润为元.
【解析】
【分析】（1）由可整理得到结果；
（2）利用导数可求得函数单调性，验证和的情况即可求得最大利润.
【小问1详解】
由题意知：，
即.
【小问2详解】
由（1）得：，
令，解得：（舍），，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
又，当时，；当时，；
当该款消毒液每件售价为元时，每日销售该款消毒液所获得的利润最大，最大利润为元.
19. 已知函数．
（1）讨论函数的单调区间；
（2）当时，证明：；
（3）函数有两个零点、，求证：．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用函数的单调性与导数的关系可得出函数的增区间和减区间；
（2）当时，即证不等式，令，即证不等式，构造函数，利用导数求函数的最小值，即可证得结论成立；
（3）设，由已知等式推导出，将所证不等式等价变形为，令，即证，令，其中，令导数分析函数的单调性，即可证得结论成立.
【小问1详解】
函数的定义域为，
，
当时，对任意的，，
由可得，由可得，
此时，函数的减区间为，增区间为；
当时，由可得，由可得或，
此时函数的减区间为，增区间为、；
当时，对任意的，，
此时函数的增区间为；
当时，由可得，由可得或，
此时，函数的减区间为，增区间为、.
综上所述，当时，函数的减区间为，增区间为；
当时，函数的减区间为，增区间为、；
当时，的增区间为，无减区间；
当时，函数的减区间为，增区间为、.
【小问2详解】
当时，，
即证，
令，即证，即证，
因为，则函数在上单调递增，
当时，；当时，，
所以函数的值域为，
令，其中，则，
由可得，由可得，
所以函数的减区间为，增区间为，则，
故，即，故原不等式得证.
【小问3详解】
，
因为函数有两个零点、，不妨设，
则，所以，，
整理可得，即，
要证，即证，
即证，
令，即证，
令，其中，则，
所以函数在上增函数，则，
即，即，故原不等式得证.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减