福建省三明第一中学2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试题（含解析）

这是一份福建省三明第一中学2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了 设，则， 若，则以下不等式正确的是， 下列求导的运算中，正确的是等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 满分：150分）
第I卷（选择题共58分）
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，仅有一项是符合题目要求的.
1. （ ）
A. 9B. 10C. 19D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】利用组合数的计算即可得解．
【详解】，
故选：D．
2. 对任意的，有，则函数的解析式可以为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由导数的计算及函数值逐项判断即可.
【详解】对于A，，错误；
对于B，，，正确；
对于C，，错误；
对于D，，，错误；
故选：B
3. 已知机器中有7个娃娃，机器中有8个娃娃，且这15个娃娃互不相同，某人从，机器中分别抓取1个娃娃，则此人抓取娃娃的不同情况共有（ ）
A. 15种B. 30种C. 45种D. 56种
【答案】D
【解析】
【分析】运用分步乘法计数原理计算得到总的不同情况数.
【详解】已知机器中有个娃娃，那么从机器中抓取个娃娃，就有种不同的情况.
已知机器中有个娃娃，那么从机器中抓取个娃娃，就有种不同的情况.
根据分步乘法计数原理，得到总的不同情况数为（种）.
故选：D
4. 已知函数的导函数的图象如图所示，那么函数的图象最有可能的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由导数图像，确定函数单调性，进而可判断；
【详解】由导函数图象可知，在上单调递减，在上单调递增，
结合选项，只有A符合；
故选：A
5. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数的运算公式逐级求导，发现周期现象后，即可得解.
【详解】,,,,
由此可知，正弦函数的导数是周期为4的循环函数.
故 .
故选：.
6. 已知函数在上存在单调递减区间，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知在上有解，整理可得，构建，利用导数求最值即可得结果.
【详解】由题意可知：，
因为函数在上存在单调递减区间，
则在上有解，可得，
所以．
令，则，
显然，可知函数单调递增，则，
即，所以实数的取值范围是.
故选：C．
7. 若，则以下不等式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先构造函数判断出最小，再依据函数单调性去比较的大小即可解决.
【详解】令，则，
由，得，由，得，
即当时单调递减，当时单调递增，
即当时取得最小值，
则有，，即，，
又，
综上的大小关系为.
故选：A
8. 若函数有个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对，，三种情况分类讨论，即可得到的取值范围.
【详解】设，则对有，对有.
所以在上递增，在上递减，这表明，且等号成立当且仅当.
①当时，对有，故至多有一个零点，不满足条件；
②当时，取充分小的正数，使得，，；
再取充分大的正数，使得，，，则，且
，，，
.
从而根据零点存在定理，可知有个零点，满足条件；
③当时，由于当时，单调递减，故在的范围内至多有一个零点.
而当时，有，且若，则必有，即.
所以在的范围内至多有一个零点.
二者结合，可知至多有两个零点，不满足条件.
综合①②③，可知的取值范围是.
故选：C.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9. 下列求导的运算中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用导数的运算法则逐一求解，即得答案.
【详解】对于A，，选项A正确；
对于B，，选项B中缺少系数2，选项B错误；
对于C，，选项C正确；
对于D，为常数，常数的导数为0，选项D错误.
故选：AC.
10. 甲､乙､丙､丁､戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ）
A. 如果甲乙不相邻，则不同排法共有36种
B. 如果甲､乙必须相邻，则不同排法有48种
C. 如果甲乙丙按从左到右的顺序（可以不相邻），则不同排法共有20种
D. 五个人去三个城市游览，每人只能去一个城市，则有125种不同游览方法
【答案】BC
【解析】
【分析】利用插空法求出A选项中结果，利用捆绑法求出B选项结果，利用由排列组合求出C选项结果，由分步计算原理求出D选项结果．
【详解】A．如果甲乙不相邻，则不同排法共有种，故A错误；
B．如果甲，乙必须相邻，则不同的排法有种，故B正确；
C．如果甲乙丙按从左到右的顺序可以不相邻，则不同排法共有种，故C正确；
D．五个人去三个城市游览，每人只能去一个城市，则有种不同游览方法，故D正确．
故选：BC．
11. 定义在上的函数满足，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由构造函数，判断的单调性，结合选项和函数的单调性比较函数值的大小即可.
【详解】构造函数，则，
因为，所以，故是增函数.
由得，，
即，故A正确；
由得，，
即，故B正确；
由得，，
即，故C错误；
由得，，
即，即，故D正确.
故选：ABD．
第II卷（非选择题共92分）
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数的极值点为，则实数__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求导函数，利用极值条件求得的值.
【详解】，，得，
此时.
当时,内单调递减；
时，，内单调递增.
在处取得极小值，符合题意.
故答案为：.
13. 方程且解为__________．（结果用数字作答）
【答案】2或4
【解析】
【分析】结合排列数与组合数运算即可得．
【详解】由题意，可知，则，所以或．
故答案为：2或4．
14. 已知函数，则的最小值是_____________．
【答案】
【解析】
【分析】方法一：由，确定出函数的单调区间，减区间，从而确定出函数的最小值点，代入求得函数的最小值.
【详解】［方法一］： 【通性通法】导数法
．
令，得，即在区间内单调递增；
令，得，即在区间内单调递减．
则．
故答案为：.
［方法二］： 三元基本不等式的应用
因为，
所以
．
当且仅当，即时，取等号．
根据可知，是奇函数，于是，此时．
故答案为：.
［方法三］： 升幂公式＋多元基本不等式
，
，
当且仅当，即时，．
根据可知，是奇函数，于是．
故答案为：.
［方法四］： 化同角＋多元基本不等式+放缩
，当且仅当时等号成立．
故答案为：.
［方法五］：万能公式＋换元+导数求最值
设，则可化为，
当时，；当时，，对分母求导后易知，
当时，有最小值．
故答案为：.
［方法六］： 配方法
，
当且仅当即时，取最小值．
故答案为：.
［方法七］：【最优解】周期性应用＋导数法
因为，所以，
即函数的一个周期为，因此时，的最小值即为函数的最小值．
当时，，
当时， 因为
，令，解得或，由，，，所以的最小值为．
故答案为：.
【整体点评】方法一：直接利用导数判断函数的单调性，得出极值点，从而求出最小值，是求最值的通性通法；
方法二：通过对函数平方，创造三元基本不等式的使用条件，从而解出；
方法三：基本原理同方法三，通过化同角利用多元基本不等式求解，难度较高；
方法四：通过化同角以及化同名函数，放缩，再结合多元基本不等式求解，难度较高；
方法五：通过万能公式化简换元，再利用导数求出最值，该法也较为常规；
方法六：通过配方，将函数转化成平方和的形式，构思巧妙；
方法七：利用函数的周期性，缩小函数的研究范围，再利用闭区间上的最值求法解出，解法常规，是该题的最优解．
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. 设函数.
（1）求曲线点处的切线方程；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值.
【答案】（1）
（2）最大值为18，最小值为
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义即可求解；
（2）求导，确定单调性即可求解.
【小问1详解】
解：，所以
所以切线的斜率
又因为
所以曲线在点处的切线方程为：，
即
小问2详解】
因为
所以或
所以当时，在单调递减，
当时，在单调递增，
因为
所以
所以函数在区间上的最大值为18，最小值为
16. 已知定义在上的函数.
（1）若，判断是否存在极小值点，并说明理由；
（2）若存在两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）没有极小值点，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数说明函数的单调性，即可得解；
（2）令，可得，依题意与在上恰有两个交点，设，，利用导数说明函数的单调性，即可求出的取值范围.
【小问1详解】
依题意可得，
，故，
因为，所以恒成立，
所以在上单调递增，没有极小值点；
【小问2详解】
因为，，
令，可得，
所以与在上恰有两个交点，
设，，则，
令可得，
当时，；当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，
当时，；当时，，
所以，
的取值范围是.
17. 中华文化源远流长，为了让青少年更好地了解中国的传统文化，某培训中心计划利用暑期开设“围棋”、“武术”、“书法”、“剪纸”、“京剧”、“刺绣”六门体验课程.
（1）若体验课连续开设六周，每周一门，求“京剧”课程不排第一周，“剪纸”课程不排最后一周的所有排法种数；
（2）现有甲、乙、丙三名学生报名参加暑期的体验课程，每人都选两门课程，甲和乙有且只有一门共同的课程，丙和甲、乙的课程都不同，求所有选课的种数；
（3）计划安排五名教师教这六门课程，每门课程只由一名教师任教，每名教师至少任教一门课程，教师不任教“围棋”课程，教师只能任教一门课程，求所有课程安排的种数.
【答案】（1）504 （2）360
（3）1140种
【解析】
【分析】（1）利用间接法计算可得；
（2）首先确定甲和乙的不同课程、相同的课程，最后再确定丙的课程，按照分步乘法计数原理计算可得；
（3）分只任教1科和任教2科两种情况讨论，按照分类加法计数原理计算可得.
【小问1详解】
依题得，共有种；
【小问2详解】
第一步，先将甲和乙的不同课程排好，有种情况；
第二步，将甲和乙的相同课程排好，有种情况；
第三步，因为丙和甲，乙的课程都不同，所以丙的排法种情况；
因此，所有选课种数为.
【小问3详解】
①当只任教1科时：先排任教科目，有种；
再从剩下5科中排的任教科目，有种；
接下来剩余4科中必有2科为同一名老师任教，分三组全排列，共有种；
所以当只任教1科时，共有种；
②当任教2科时：先选任教2科有种，
这样6科分为4组共有种，
所以当任教2科时，共有种，
综上课程安排方案有1140种.
18. 已知函数.
（1）当时，证明：；
（2）当时，求的极值；
（3）当时，若，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）极小值，没有极大值
（3）
【解析】
【分析】（1）先证明满足，再得到结论；
（2）利用导数确定的单调性，再得到相应极值；
（3）对和两种情况分类讨论，即可得到答案.
【小问1详解】
设，则对有，对有g'x=x-1x>0.
从而在上递减，在上递增，故.
当时，由
,
即知结论成立.
【小问2详解】
当时，有，
故对有，
对有f'x=ex-1-1x>e1-1-11=0.
从而在上递减，在上递增，
故有极小值，没有极大值.
【小问3详解】
①若，则，不满足条件；
②若，则
，满足条件.
综合①②两方面，即知的取值范围是.
19. 已知函数.
（1）当时，求的单调减区间；
（2）讨论函数的单调性；
（3）函数有两个零点，求证：.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，再解，即可得解；
（2）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；
（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，函数，
所以
令，解得，所以函数的减区间是.
【小问2详解】
函数的定义域为，
又，
①当时，对任意的，
当；当，
此时函数在上单调递减，在上单调递增；
②当时，
由可得，由可得或，
此时函数在上单调递减，在和上单调递增；
③当时，恒成立，
此时函数在上单调递增；
④当时
由可得，由可得或，
此时函数在上单调递减，在和上单调递增；
综上所述，当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为、；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为、.
【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，
所以函数在上为增函数，则，
即，即，故原不等式得证.
0
+
0
-
0
+
单调递增
单调递减
单调递增