新疆维吾尔自治区哈密市第十五中学2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试题【含答案】

这是一份新疆维吾尔自治区哈密市第十五中学2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试题【含答案】，共16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
1．下列求导数运算错误的是（ ）
A．(c为常数)B．
C．D．
2．已知是函数的导函数，且，则（ ）
A．1B．2C．D．
3．如图是一边长为3（单位：dm）的正方形铁片，现沿虚线将铁片的四角截去四个边长均为x（单位：dm）的小正方形，做成一个无盖方盒，则该方盒容积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
4．过原点作曲线的切线，则切线斜率为
A．B．C．D．
5．已知在处有极值，则（ ）
A．或B．或C．D．
6．对于函数，下列说法错误的有（ ）
A．在处取得极大值B．有两个不同的零点
C．D．若在上恒成立，则
7．用6种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂色方法有（ ）

A．240B．360C．480D．600
8．已知是定义在上的函数的导函数，且，则的大小关系为（ ）
A． B．
C．D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．对于已知函数，则该函数在区间上的平均变化率为4
B．已知直线运动的汽车速度V与时间t的关系是，则时的瞬时加速度为4
C．函数在闭区间上的极大值一定比极小值大
D．函数在闭区间上的最大值一定是极大值
10．现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，下列说法正确的有（ ）
A．从中任选一幅画布置房间，有14种不同的选法
B．从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有70种不同的选法
C．从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法
D．要从5幅不同的国画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有9种不同的挂法
11．定义在上的函数的导函数的图象如图所示，函数的部分对应值如下表.下列关于函数的结论正确的是（ ）
A．函数在和上单调递减
B．函数在的最小值为1
C．函数的极大值点的个数为2
D．若方程有3个不同的实数根，则实数a的取值范围是
三、填空题
12．今年贺岁片，《哪吒之魔童闹海》、《唐探1900》、《熊出没·重启未来》引爆了电影市场，小明和他的同学一行五人决定去看这三部电影，每人只看一部电影，则不同的选择共有 种
13．已知函数若，则函数的极小值点是 ；若函数在上存在唯一的极值点．则实数a的取值范围为 ．
14．已知函数，则下列命题正确的有
①函数有且只有两个零点 ②函数在上为增函数
③函数的最大值为 ④若方程有三个实根，则
四、解答题
15．已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，求函数的最大值与最小值.
16．用0,1,2,3,4,5六个数字：
(1)能组成多少个没有重复数字的四位数；
(2)能组成多少个没有重复数字的四位偶数；
(3)能组成多少个能被5整除的没有重复数字的四位数；
(4)能组成多少个没有重复数字的比3210大的四位数．
17．有3名男生，4名女生，在下列不同要求下，求不同的排列方法种数．
(1)全体排成一行，其中甲只能在中间或者两端位置；
(2)全体排成一行，其中甲不在最左端，乙不在最右端；
(3)全体排成一行，其中男生必须排在一起；
(4)全体排成一行，男、女各不相邻；
(5)全体排成一行，其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变；
(6)全体排成前后两排，前排3人，后排4人．
18．已知函数
(1)若b=0，求函数在x=1处的切线方程；
(2)若b=2，求函数的极值;
(3)讨论函数的单调性.
19．设函数，．
(1)求证：；
(2)若当时，恒成立，求的取值范围．x
-1
0
2
4
5
f（x）
1
3
1
3
2
《哈密十五中2024-2025学年第二学期3月月考高二数学试卷》参考答案
1．C
【分析】根据求导公式与求导法则即可判断结果．
【详解】C选项，因为，故C错
故选：C
2．A
【分析】求导，即可代入求解.
【详解】由可得，
故，解得，
故选：A
3．B
【分析】先用表示出该无盖方盒的底面边长，表示出其体积，然后由导数求出其最大值，得出答案
【详解】设该无盖方盒的底面边长为，则，即，所以
则该方盒容积的
则当时，，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以当时，取得最大值
故选: B
4．D
【详解】∵，设切点，∴，∴，∴，
∴，∴．
故选：D．
5．D
【分析】由极值点和极值，列出关于的方程组，再验证条件，即可求解.
【详解】根据题意，，
函数在处有极值0，
且，
或，
时恒成立，此时函数无极值点，
当时，，
此时是函数的极值，满足条件，
，.
故选：D
6．B
【分析】利用导数求出单调区间可得极值，可判断A；根据单调性，结合零点存在性定理，以及当时可判断B；利用单调性即可判断C；构造函数，利用导数求最值可判断D.
【详解】对于A，的定义域为，
令得，在上单调递增，；
令得，在上单调递减.
所以当时，取得极大值，A正确；
对于B，由上知在上单调递增，且，
又，所以在上有且只有一个零点.
当时，在上单调递减，且恒成立，
所以，在上没有零点，B错误；
对于C，因为，所以，即，C正确；
对于D，，
记，则，
当时，，在上单调递增，
当时，.在上递减
所以，当时，取得最大值，
因为在上恒成立，所以，D正确.
故选：B
7．C
【分析】先涂区域②③④，再讨论①与④的颜色是否相同，结合计数原理运算求解.
【详解】将区域标号，如下图所示：

因为②③④两两相邻，依次用不同的颜色涂色，则有种不同的涂色方法，
若①与④的颜色相同，则有1种不同的涂色方法；
若①与④的颜色不相同，则有3种不同的涂色方法；
所以共有种不同的涂色方法.
故选：C.
8．A
【分析】构建，求导，利用导数判断的单调性，进而利用单调性比较大小.
【详解】构建，则，
因为对于恒成立，所以，
故在上单调递减，
由于，且，
所以，即.
故选：A.
【点睛】结论点睛：
1.的形式，常构建；的形式，常构建；
2.的形式，常构建；的形式，常构建.
9．AB
【分析】根据函数平均变化率的概率即可判断A；
对函数求导，进而将代入导函数即可判断B；
根据极值的概念即可判断C，D.
【详解】对于已知函数，则该函数在区间上的平均变化率为，故A正确；
已知直线运动的汽车速度V与时间t的关系是，则，所以时的瞬时加速度为4，故B正确；
函数的极值是与它附近的函数值比较，是一个局部概念，函数在闭区间上的极大值不一定比极小值大，故C错误；
函数在闭区间上的最大值在极大值点处或端点处取得，函数在闭区间上的最大值不一定是极大值，故D错误.
故选：AB．
10．ABC
【分析】根据题意，结合分类计数原理和分步计数原理，逐项计算，即可求解.
【详解】对于A中，从国画中选一副有5种不同的选法；从油画中选一副有2种不同的选法；从水彩画中选一副有7种不同的选法，
由分类计数原理，共有种不同的选法，所以A正确；
对于B中，从国画、油画、水彩画分别有5种、2种、7种不同的选法，
根据分步计数原理，共有种不同的选法，所以B正确；
对于C中，若其中一幅选自国画，一幅选自油画，则有种不同的选法；
若一幅选自国画，一幅选自水彩画，则有种不同的选法；
若一幅选自油画，一幅选自水彩画，则有种不同的选法，
由分类计数原理，可得共有种不同的选法，所以C正确；
对于D中，从5幅国画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：
第一步，从5幅画中选1幅挂在左边墙上，有5种选法；
第二步，从剩下的4幅画中选1幅挂在右边墙上，有4种选法，
根据分步计数原理，不同挂法的种数是种不同的选法，所以D错误.
故选：ABC.
11．ABC
【分析】利用导函数图象得到原函数的增减性，极值与最值情况，从而作出判断.
【详解】根据导函数图象可以看出在和上，所以在和上单调递减，A正确；
在和上，所以在和上单调递增，结合，可知在的最小值为1，B正确；
函数的极大值点为0与4，即极大值点的个数为2，C正确；
若方程有3个不同的实数根，及与有三个不同的交点，则实数a的取值范围是，D错误.
故选：ABC
12．243
【分析】由分步乘法计数原理即可求解；
【详解】由题意，每人都有3种选择，所以总共有，
故答案为：243
13． 1
【分析】①时，直接求导得到导函数，判断导函数零点左右的正负即可得到极值点；②若函数在上存在唯一的极值点，则只有一个零点在内，结合为的对称轴可以更具体地得到，解不等式组即可得出答案.
【详解】①时，，的定义域为，
，令，得或，
当时，；当时，，
故函数的极大值点为，极小值点为，
②，对称轴为，
若函数在上存在唯一的极值点，则只有一个零点在内，
因为的对称轴为，所以，
即且，解得，
所以实数的取值范围为，
故答案为：1；.
14．①②④
【分析】解方程，求出函数的零点判断①；求函数的导函数，解不等式得函数的递增区间判断②；举例说明判断③；结合函数的单调性， 作函数的图象判断④.
【详解】对于①，令，则，解得，，
因此函数有且只有两个零点，①正确；
对于②，由已知求导得，
由，得，
由，得或，
因此在上单调递增，②正确；
对于③，由②知，在上单调递减，，，
而，③错误；
对于④，当时，恒有，作出函数的图象，
方程有三个实根，即与的图象有三个不同的交点，因此，④正确.
故答案为：①②④
15．(1)答案见解析
(2)最小值为，最大值为11
【分析】（1）利用导数分析可得；
（2）结合函数的单调性列表可得.
【详解】（1），
令，
所以当时，，为单调递增函数；当，时，，为单调递减函数，
所以函数的单调递增区间为，递减区间为，.
（2）由（1）可得
所以最小值为，最大值为11.
16．(1)
(2)
(3)
(4)．
【分析】对特殊元素，特殊位置利用排列问题进行分析即可.
【详解】（1）首位不能为零，先确定首位的数字有5种情况，然后其余的数字任意排列即可，所以共有个.
（2）因为是偶数，要满足末尾是偶数，当个位是0的有个；个位是2或4的有，所以共个
（3）个位是0的有个；个位是5的有个，所以共个
（4）首位比3大的有个，首位是3百位是4或5时有个，当首位为3百位为2，十位可以是4或5时有个，当首位为3百位为2十位为1时个为可以是4或5，共2种，所以共有个．
17．(1)2160种
(2)3720种
(3)720种
(4)144种
(5)840种
(6)5040种
【分析】（1）先安排甲，剩下元素全排列即可求解；
（2）直接法：甲是否在最右端分两类求解；间接法：先排最左端位置（除去甲外），减去甲不在最左端且乙在最右端的情况即可；
（3）由捆绑法即可求解；
（4）先排好男生，再由插空法求解；
（5）由定序法即可求解；
（6）分排问题转换成直排即可求解；
【详解】（1）甲为特殊元素，故先安排甲，左、右、中共3个位置可供甲选择，有种排法，其余6人全排列，有种排法．由分步乘法计数原理得共有种排法．
（2）直接法（位置分析）：按甲是否在最右端分两类：
第一类：甲在最右端有种排法；
第二类：甲不在最右端时，甲有5个位置可选，而乙也有5个位置可选，而其余全排列，有种排法，由分步乘法计数原理得有种排法．
故共有种排法．
间接法：先排最左端位置，除去甲外，有种排法，余下的6个位置全排列有种，但应剔除甲不在最左端且乙在最右端的排法种．则符合条件的排法共有（种）．
（3）将男生看成一个整体，进行全排列有种排法，把这个整体看成一个元素再与其他4人进行全排列有种排法，共有种排法．
（4）先排好男生，然后将女生插入排男生时产生的4个空位中，共有种排法．
（5）第一步，设固定甲、乙、丙从左至右顺序的排列总数为，第二步，对甲、乙、丙进行全排列，则为7个人的全排列，因此有，故（种）．
（6）由已知，7个人排在7个位置，与无任何限制的排列相同，有种排法．
18．(1)
(2)极小值为，无极大值
(3)答案见解析
【分析】（1）求出，由可得结果；
（2）求得，由可得，判断左右两边导函数的符号，从而可得结果.
（3）求得在定义域内，讨论，两种情况，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间.
【详解】（1）因为，所以
所以，
，
∴函数在处的切线方程为：即.
（2）若,则,
，
令， 所以，
当时，在单调递增；
当时，，在单调递减，
当时，有极小值，无极大值.
（3）因为, 定义域.
所以，因为，
当时，恒成立，在上单调递增，
当时，令， 所以，
当时，在单调递增；当时，，在单调递减.
19．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）作差构造函数，利用导数证明即可；
（2）作差构造函数，求导后分三种情况①，②，③，讨论求解即可得解.
【详解】（1）设，，
令，得，令，得，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，即.
（2）设，
当时，，即恒成立，
，
当时，因为，，，所以，
在上为增函数，恒成立，
当时，设，，
若，即时，因为，所以，在上为增函数，
，即在上恒成立，故在上为增函数，
所以恒成立，
若，即时，令，得，则在上为减函数，
所以当时，，即，在上为减函数，
可得，不符合题意.
综上所述：.
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，总有成立，故；
（2）若，总有成立，故；
（3）若，使得成立，故；
（4）若，使得，故.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
A
B
D
D
B
C
A
AB
ABC
ABC
1
0
递减
递增