2024-2025学年河北省保定市曲阳县高二下册3月月考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年河北省保定市曲阳县高二下册3月月考数学检测试题（附解析），共16页。试卷主要包含了本试卷命题范围， 已知函数， 下列说法正确的为等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
3.本试卷命题范围：选择性必修第二册（第五章），选择性必修第三册（6.1～6.2）.
一、选择题：本大题共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. 某邮局有4个不同的信箱，现有5封不同的信需要邮寄，则不同的投递方法共有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【正确答案】A
【分析】
根据分步乘法计数原理，根据题中条件，可直接得出结果.
【详解】将5封不同的信，通过4个不同的信箱邮寄，每封信都有4种不同的投递方法，
因此总的不同的投递方法共有：种.
故选：A.
2. 把10个苹果分成三堆，要求每堆至少1个，至多5个，则不同的分法共有（ ）
A. 4种B. 5种C. 6种D. 7种
【正确答案】A
【详解】试题分析：分类：三堆中“最多”的一堆为5个，其他两堆总和为5，每堆最至少1个，只有2种分法．
三堆中“最多”的一堆为4个，其他两堆总和为6，每堆最至少1个，只有2种分法．
三堆中“最多”的一堆为3个，那是不可能的．
考点：本题主要考查分类计数原理应用．
点评：本解法从“最多”的一堆分情况考虑开始，分别计算不同分法，然后求和．用列举法也可以，形象、直观易懂．
3. 函数在上是单调增函数，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】问题转化为在上恒成立，求出，从而求出实数a的取值范围.
【详解】，由题意得：，
即在上恒成立，
因为，所以恒成立，故实数a的取值范围是.
故选：B
4. 已知函数（为自然对数的底数），则等于（ ）
A. 0B. C. 1D.
【正确答案】C
【分析】先求出时的导函数，再分别求出和，即可得到目标的值.
【详解】当时，，所以，
所以，，
所以.
故选：
5. 如图所示的五个区域中，中心区域是一幅图画，现要求在其余四个区域中涂色，有四种颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据题意可知每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，分类研究，不同色；
同色两大类，结合分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得答案．
【详解】由题意知，分两种情况：
(1)不同色，先涂区域有种方法，再涂区域有种方法，再涂区域有种方法，再涂区域有种方法，由分步乘法计数原理可得有种；
(2) 同色；先涂区域有种方法，再涂区域有种方法，再涂区域有种方法，再涂区域有种方法，由分步乘法计数原理可得有种．
由分类加法计数原理，共有种，
故选：A．
6. 已知可导函数满足，则当时，和的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据条件构造函数，求导可知单调递增，比较的大小，可得和的大小关系.
【详解】解：令，则，因为，所以，所以在上单调递增；因为，所以，即，即.
故选：A.
本题考查构造函数法比较大小，考查利用导数求函数的单调性，属于基础题.
7. 已知函数在上的最大值为，则a的值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】
由，求导得，再根据在上的最大值为，分，，讨论求解.
【详解】由，
得，
当时，若，则单调递减，
若，则单调递增，
故当时，函数有最大值，
解得，不符合题意.
当时，函数在上单调递减，最大值为，不符合题意.
当时，函数在上单调递减.此时最大值为，
解得，符合题意.
故a的值为.
故选：A.
8. 已知函数是定义在上的奇函数，的图象连续，且，记的导函数为，若在上恒成立，则使成立的的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】构造函数，求导后由可得，进而由确定，当时，，当时，，进而由奇函数的性质当或时，，当或时，，当或时，，进而可得.
【详解】设，
则，
由题意，故在区间上单调递减，又，
故当时，，，故，
当时，，，故，
又函数是定义在上的奇函数，
故当或时，，
当或时，，
当或时，，
由得或，由的，
故由得或或，
故选：D
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则导函数的图象不可能是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】ACD
【分析】依据单增则，单减则可判断.
【详解】由图像可知，在上单调递增，则在上，故C、D选项的图象不可能是的图象；在上先减后增再减，则先负后正再负，故A选项的图象不可能是的图象，B选项的图象可能是的图象.
故选：ACD
10. 下列说法正确的为（ ）
A. 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，有种不同的分法
B. 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本，有种不同的分法
C. 6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有10种不同的分法
D. 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有450种不同的分法
【正确答案】ABC
【分析】根据给定条件，利用分组分配的方法，列式判断AB；利用隔板法计算判断C；利用分类加法计数原理列式计算判断D.
【详解】对于A，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，先取2本给甲，再从余下4本中取2本给乙，最后2本给丙，
不同分法有种，A正确；
对于B，把6本不同的书按分成3组有种方法，再分给甲、乙、丙三人有种方法，
不同分法种数是，B正确；
对于C，6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，相当于把6本相同的书排成一排，中间形成5个间隙，
取两块隔板插入两个间隙，把6本书分成3部分，分给甲、乙、丙三人的不同分法数为，C正确；
对于D，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，可以有3类办法，每人2本有种，
一人1本，一人2本，一人3本有种，一人4本，另两人各一本有种，
所以6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本的不同分法数是：
，D错误.
故选：ABC
11. 设函数有两个极值点，则实数的取值可以是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】CD
【分析】由题意，利用求导将问题转化成方程在上有两个不等的实根，继而理解为与在上有两个交点，结合二次函数的性质即得.
【详解】函数的定义域为，
则，
依题意知， 在上有两个不等的实根，
即方程在上有两个不等的实根，
也即函数与函数在上有两个交点，
由二次函数的图象可得： ，解得，故C，D两项正确.
故选：CD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 3张不同的电影票全部分给10个人，每人至多一张，则不同分法的种数是______.
【正确答案】720
【分析】根据题意，利用分步乘法计数原理计算即可.
【详解】由题意知这是一个分步计数问题，3张不同的电影票全部分给10个人，每人至多一张，
分第一张有10种结果，分第二种有9种结果，分第三种有8种结果，根据分步乘法计数原理共有种结果．
故720．
13. 已知函数的图象在点处的切线方程为______.
【正确答案】
【分析】先求导，再根据导数的几何意义即可求出.
【详解】由，
则，则，
且，
所以函数在点处的切线方程为，
即.
故
14. 已知，函数在有极值，设，其中为不大于的最大整数，记数列的前项和为，则___________.
【正确答案】615
【分析】根据给定条件探求出，再借助的意义分析的前100项的各个值，再求和作答.
详解】函数，求导得：，
因，函数在有极值，则存在，有，解得，
于是得，即，而，
因此，数列的前100项中有1个0，3个1，5个2，7个3，9个4，11个5，13个6，15个7，17个8，19个9，
而，
所以.
故答案：615
关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15. 有5名同学站成一排拍照．
（1）若甲乙必须站一起，则共有多少种不同的排法？
（2）若最左端只能排甲或乙，且最右端不能排甲，则共有多少种不同的排法？
（3）求出现甲必须站正中间，并且乙、丙两位同学不能相邻排法？
【正确答案】（1）；（2）；（3）
【分析】
（1）利用捆绑法求得方法数.
（2）利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理，计算出方法数.
（3）利用分步计数原理，求得方法数
【详解】（1）将甲乙捆绑在一起，故方法数有种.
（2）如果甲排左端，则方法数有种；如果乙排左端，则方法数有种.故总的方法数有种.
（3）按照甲、乙、丙、其他三个同学的顺序进行安排，所以方法数有种.
本小题主要考查简单排列组合问题的求解，考查分类加法、分步乘法计数原理，属于基础题.
16. （1）已知，求的值；
（2）已知，求的值.
【正确答案】（1）；（2）
【分析】由排列数与组合数的计算公式，可得答案.
【详解】（1）由，则，
整理可得，解得.
（2）由，则，整理可得，
分解因式得，解得，
所以.
17. 设函数，.
（1）求函数的单调区间；
（2）若关于的方程有三个不同实根，求实数的取值范围；
（3）已知当时，恒成立，求实数的取值范围.
【正确答案】（1）在和单调递增，在单调递减
（2）
（3）
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性即可；
（2）根据（1）画出的图象，数形结合即可求解；
（3）利用分离参数的方法求解恒成立问题即可.
【小问1详解】
的定义域为R，，
今得或，令得，
在和单调递增，在单调递减.
【小问2详解】
由（1）可知为的极大值点，为的极小值点，
的图象如图所示，
由图可知，若关于的方程有三个不同实根，则
【小问3详解】
时，恒成立，
即在恒成立，
今，则，
等价于
，且开口向上，
在单调递增．
18. 已知函数.
（1）若，求函数极值；
（2）若函数无零点，求实数的取值范围．
【正确答案】（1）极小值为，无极大值；（2）．
【分析】（1）当时，利用导数分析函数的单调性，由此可求得函数的极值；
（2）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合已知条件可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
所以，令，得，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以为函数的极小值点，极小值为，无极大值；
（2）由，得．
①当时，，此时函数没有零点，符合题意；
②当时，，所以函数单调递减．
又，且，
所以函数有零点，不符合题意；
③当时，令，则．
当时，，所以函数单调递减；
当时，，所以函数单调递增．
所以，
若函数没有零点，则需，即，得．
综上所述，若函数无零点，则实数的取值范围为．
方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
19. 已知函数的导函数为.
（1）判断的单调性；
（2）若存在两个极值点和，证明：
【正确答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【分析】（1）求出的导数，根据的取值分情况讨论，结合导数确定函数的单调区间；
（2）根据已知条件，化不等式fx1−fx2>a−2x1−x2为，构造函数并求导，根据函数的单调性比较函数值大小证明不等式.
【小问1详解】
，
，
，
当时，，所以，
在上单调递减；
当时，令，，
， 解得，此时恒成立，
所以，在上单调递减；
当时，，
方程的两个根分别为，，
且，，，所以且，
所以当或时，有，
所以，在和时单调递减；
当时，有，
所以，单调递增；
综上所述：当时，在上单调递减；
当时，在和上单调递减，
在上单调递增.
【小问2详解】
由（1）可知，若存在两个极值点和，
则，且，，
要证fx1−fx2>a−2x1−x2，
即证alnx1+1x1−x1−alnx2+1x2−x2>a−2x1−x2，
即证alnx1−lnx2+x2−x1x1⋅x2−x1−x2>ax1−x2−2x1−x2，
因为，所以得alnx1−lnx2>ax1−x2，
因为，所以即证，
因为，所以，所以即证即，
即证，令，
则，所以在上单调递减，
因为，，所以，所以，
所以得证.