天津市武清区城关中学2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试题（含解析）

这是一份天津市武清区城关中学2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了 函数在区间上的平均变化率为， 下列函数的求导正确的是， 过点作函数的切线方程为， 若，则_____等内容，欢迎下载使用。
一､单选题（每题4分，共9个小题）
1. 函数在区间上的平均变化率为（ ）
A. 2B. 3C. 5D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均变化率的知识求得正确答案.
【详解】当时，；当时，.
所以函数在区间上的平均变化率为.
故选：C
2. 下列函数的求导正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由初等函数的导数和复合函数的导数公式逐项分析即可.
【详解】对于A：，故A错误；
对于B：，故B错误；
对于C：，故C错误；
对于D：，故D正确.
故选：D.
3. 甲乙两位同学从5种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（ ）
A. 30种B. 60种C. 120种D. 240种
【答案】B
【解析】
【分析】借助分步乘法计数原理计算即可得.
【详解】相同的那一本有5种可能选法，不同的一本有种可能选法，
故共有种选法.
故选：B.
4. 若函数的导函数图象如图所示，则（ ）
A. 的解集为
B. 是函数的极小值点
C. 函数的单调递减区间为
D. 是函数的极小值点
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合函数的单调性与导数图象之间关系，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由函数的导函数图象，
可得在区间上单调递增，在单调递减，在上单调递增，
所以的解集为，所以A不正确；
对于B中，由的图象可得，当时，，当时，，所以在在上单调递减，在单调递增，
所以不是函数的极值点，所以B不正确；
对于C中，由的图象可得，当时，，
所以单调递减区间为，所以C不正确；
对于D中，由函数在上单调递减，在单调递增，
所以是函数的极小值点，所以D正确.
故选：D.
5. 过点作函数的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设切点为，利用导数几何意义求切线方程，结合所过的点求参数m，进而确定切线方程.
【详解】由，设切点为，则，
所以，切线方程为，又过点，
所以，整理得，
所以，切线方程为，则.
故选：C
6. 若函数在上单调递减，则a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依据题意转化导函数恒成立问题，再利用分离参数法求解即可.
【详解】因为，所以，
因为在上单调递减，所以对恒成立，
得到，即对恒成立，
令，则对于恒成立，
当时，由反比例函数性质得在上单调递减，
得到，即，故D正确.
故选：D
7. 若函数既有极大值又有极小值，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求函数的导数，由题意转化为导函数有两个不相等的正零点，即可求解.
【详解】因为既有极大值又有极小值，
且，
所以有两个不相等的正实数解，所以且，解得且.
故选：B
8. 已知函数，若在区间上的最大值为28，则实数k的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出的导函数,即， 令，可得x的值，讨论函数的极值及单调性，结合在区间上的最大值为28，即可求出k的取值范围.
【详解】因为，所以，
令，解得，
所以在和时，，在时，，
所以函数和上单调递增，函数在上单调递减，
则在内单调递增，所以在内，最大；
在时单调递减，所以在内，最大；
在时单调递增，所以在内，最大；
因为，且在区间上的最大值为28，
所以，即k的取值范围是，
故选：A.
9. 已知定义在上的奇函数满足，，当时，，则的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，根据已知条件判断的单调性，奇偶性，结合的模拟草图，数形结合即可求得结果.
【详解】令，则，由题可知，当时，，故在单调递减；
又为奇函数，也为奇函数，故为偶函数，则在单调递增；
又，则，画出的模拟草图如下所示：

当时，，则，数形结合可知，此时；
当，因为为上的奇函数，故，不满足题意；
当，，则，数形结合可知，此时；
综上所述：的解集为.
故选：A.
二､填空题（每题4分，共6个小题）
10. 若，则_____.
【答案】
【解析】
【分析】根据导数的定义求值.
【详解】由题意：，
所以.
故答案为：
11. 若曲线在点处的切线方程是，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求解即可.
【详解】函数的定义域为，由在点处的切线方程是
得切线斜率为2，，由曲线，得，
故，解得，又因为，故，
所以，
故答案为：
12. 已知函数的导函数为，且满足，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】对已知式求导，然后令代入即得．
【详解】因为，则，
令，可得，解得
故答案为：1．
13. 已知函数有三个不同的零点，则实数a的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
【分析】令，可得，构建，若函数有三个不同的零点，即与有三个不同交点，对求导，利用导数分析其单调性和极值，结合图象即可得结果.
【详解】令，可得，
构建，
若函数有三个不同零点，即与有三个不同交点，
因为，
令，解得；令，解得或；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，极大值，
且当趋近于，趋近于；当趋近于，趋近于0，
可得图象，如图所示：

由函数图象可得.
故答案为：.
14. 如图，现有4种不同颜色给图中5个区域涂色，要求任意两个相邻区域不同色，共有______种不同涂色方法；（用数字作答）
【答案】144
【解析】
【分析】（1）根据任意两个相邻区域不同色，利用分步计数原理即可求解.
【详解】如图，区域1有4种选法，区域2有3种选法，区域3有2种选法，
区域4可选剩下的一种和区域1，2所选的颜色有3种选法，
区域5从区域4剩下的2种颜色中选有2种选法，
共有种.
故答案为：144种.
15. 已知函数，，若对任意的，存在使得，则实数a的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】结合导数和二次函数的性质可求出和的值域，结合已知条件可得，从而可求出实数a的取值范围.
【详解】的导函数为，当时，，
由时，，时，，
可得在上单调递减，在上单调递增，
故在上的最小值为，最大值为，
所以对于任意的，．
因为开口向下，对称轴为轴，
又，所以当时，，当时，，
则函数在上的值域为，
又因为存在．
由题意，得，
可得，解得．
故答案为: ．
三､解答题（每题12分，共5个大题）
16. 解答下列问题，要求列式并计算结果：
（1）某影城有一些电影新上映，其中有2部科幻片､3部文艺片､2部喜剧片，小明从中任选1部电影观看，不同的选法种数有多少种；
（2）用0~6这7个自然数，可以组成多少个没有重复数字的三位数；
（3）有9本不同的语文书，7本不同的数学书，4本不同的英语书，从中选出不同学科的2本书，则不同的选法有多少种；
（4）3个不同的球放入5个不同的盒子，每个盆子放球的数量不限，共多少种放法？
【答案】（1）7种不同的选法
（2）180个没有重复数字的三位数
（3）127种不同的选法
（4）125种不同的放法
【解析】
【分析】（1）由分类计数原理可求解；
（2）由分步计数原理可求解；
（3）由分类计数原理可求解；
（4）由分步计数原理可求解.
小问1详解】
小明从中任选1部电影观看，则小明可以选择科幻片､文艺片或喜剧片，
不同的选法种数有种；
【小问2详解】
百位数字有6种不同的选法，十位有6种不同的选法，个位有5种不同的选法，
由分步计数原理可得共有种；
【小问3详解】
从语文和数学中选择有，从语文和英语中选择有，从数学和英语中选择有，
总共有种不同的选择；
【小问4详解】
每个球可以放入5个盒子中的任何一个盒子有5种放法，
故由分步计数原理可得共有种不同的放法.
17. 设函数.
（1）求在处的切线方程；
（2）求的极大值点与极小值点；
【答案】（1）；
（2）极大值点为，极小值点为-1.
【解析】
【分析】（1）根据题意求得切点坐标，利用导数的几何意义求出切线方程的斜率，结合直线的点斜式方程即可得出结果；
（2）求出函数的导数，分别求解不等式和即可求出函数的单调区间，结合极值点的定义即可得出结果.
【小问1详解】
由题意知，
，即切点为，
又，所以，
所以在处的切线方程为：，
即；
【小问2详解】
，
令得；令得或，
故的增区间为，减区间为和，
当时，函数有极大值，
当时，函数有极小值，
故函数有极大值点为，极小值点为-1.
18. 已知函数.
（1）若曲线在点处的切线斜率为4，求的值；
（2）讨论函数的单调性.
【答案】（1） （2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，由导数的几何意义得到方程即可求解；
（2）对进行分类讨论，根据导数的符号判断函数的单调性.
【小问1详解】
因为，则，
由题意可得，解得；
【小问2详解】
因为的定义域为，
又，
当时，则，令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增；
当时，令，解得或，
①当，即，令，解得或，令，解得；
故函数在和上单调递增，在上单调递减；
②当，即，令在定义域上恒成立，
故在上单调递增；
③当，即，令，解得或，令，解得；
故函数在和上单调递增，在上单调递减；
综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在上单调递增；
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减.
19. 已知函数，且函数在和处都取得极值.
（1）求实数与的值；
（2）对任意，，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）根据，即可求得参数，再检验即可；
（2）根据（1）中所求，求得在区间的最大值，再解关于的一元二次不等式，则问题得解.
【详解】（1）
由题意可知解得：
故可得，
令，故可得或，
则在区间单调递增，在单调递减，在单调递增.
故的两个极值点为和.
故当时，满足题意.
（2）由（1）所以
又，
即在区间上，
所以，解得：或.
故实数的取值范围为：.
【点睛】本题考查利用导数由极值点求参数值，以及利用导数求函数最值，属综合基础题.
20. 已知函数．
（1）若是极值点，求a的值；
（2）若函数在上有且仅有2个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，求导得，然后根据，即可得到结果；
（2）由题意，构造函数，将函数零点问题转化为两个图象交点问题，结合图象即可得到结果.
【小问1详解】
因为
则，即，所以，
此时，满足题意，故.
【小问2详解】
当时，由可得，令，其中，
则直线与函数在上的图象有两个交点，
，当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减.
所以，函数的极大值为，且，，如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数在上的图象有两个交点，
因此，实数的取值范围是.