广东省中山市华辰实验中学2024−2025学年高二下学期3月月考数学试题（含解析）

这是一份广东省中山市华辰实验中学2024−2025学年高二下学期3月月考数学试题（含解析），共11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（本大题共8小题）
1．下列求导运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
2．用0～5这6个数字，可以组成的没有重复数字的三位数的个数为（ ）．
A．100B．150C．200D．225
3．2025年U-20男足亚洲杯足球赛于2月份在深圳举行，东道主中国所在的A组共有四支球队，四支球队之间进行单循环比赛，共进行的比赛的场数为（ ）．
A．4B．6C．8D．10
4．若函数在区间上单调递增，则实数k的取值范围是（ ）．
A．B．C．D．
5．某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷雨”六张知识展板放置在六个并列的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“清明”和“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为（ ）
A．24B．48C．144D．240
6．《九章算术》是我国古代数学名著之一，其中记载了关于粟米分配的问题．现将14斗粟米分给4个人，每人分到的粟米斗数均为整数，每人至少分到1斗粟米，则不同的分配方法有（ ）
A．715种B．572种C．312种D．286种
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．在某市举行的半程马拉松比赛中，某路段设三个服务站，某高校5名同学到①、②、③三个服务点做志愿者，每名同学只去1个服务点，每个服务点至少1人，其中同学甲不去①号服务点，则不同的安排方法共有（ ）．
A．50种B．100种C．150种D．200种
二、多选题（本大题共3小题）
9．“六艺”即“礼､乐､射､御､书､数”，为春秋战国时期读书人必须学习的六种技艺，分别为礼法､乐舞､射箭､驾车､书法和算术，其中射箭､驾车（御战车､驾车）为军事技能．某国学馆开设“传承优秀文化”专题培训班，对这六种技艺要逐项培训，下列叙述正确的是（ ）
A．“礼”与“射”必须相邻的培训方法有种
B．先培训“数”后培训“乐”的培训方法种数为
C．“御､书､数”相邻的培训方法种数为
D．“射”排在最后的培训方法种数为
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）．
A．存在b，使得恰有1个零点
B．是的极小值点
C．存在m，n，使得函数为奇函数
D．若存在两个极值点且，则
11．设函数，若恒成立，则满足条件的正整数k可能是（ ）
A．2B．3C．4D．5
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知函数，则曲线在点处的切线方程为 ．
13．如图，用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法有 .
14．若函数有且仅有两个零点，则实数a的取值范围为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．（1）计算：．
（2）解不等式：．
16．已知函数，且满足
(1)求实数的值；
(2)求函数在区间上的最大值和最小值.
17．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，求函数在的最小值.
18．（1）证明：当时，；
（2）函数，
（ⅰ）若在区间内有唯一极值点，求实数a的取值范围；
（ⅱ）若在上恒成立，求实数a的取值范围．
19．已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)当时.
（ⅰ）求曲线的斜率为e的切线方程；
（ⅱ）当时，，证明：
参考答案
1．【答案】D
【详解】因为所以A选项错误；
因为，所以B选项错误；
因为，所以C选项错误；
因为，所以D选项正确.
故选D.
2．【答案】A
【详解】依题意，从6个数字中任取3个的排列数为，其中数字0在百位的有个，
所以组成的没有重复数字的三位数的个数为.
故选A.
3．【答案】B
【详解】四支球队之间进行单循环比赛，共进行的比赛的场数为.
故选B.
4．【答案】D
【详解】函数在区间上单调递增，则，，
即，成立，而函数在上单调递增，即，
因此，解得，所以实数k的取值范围是.
故选D.
5．【答案】C
【详解】将“立春”和“春分”两块展板看成一个整体，与“雨水”“谷雨”两块展板进行全排列，再将“清明”和“惊蛰”两块展板插空，
所以不同的放置方式种数为．
故选C.
6．【答案】D
【详解】本题可转化为将14个大小相同，质地均匀的小球分给甲，乙，丙，丁4个人，每人至少分1个，利用隔板法在中间13个空隙（两端除外）当中插入3个隔板，可得分配的方案数为，所以不同的分配方法有286种．
故选D.
7．【答案】D
【详解】令函数，求导得，函数在上单调递减，
，即当时，，
则，，即，
所以.
故选D.
8．【答案】B
【详解】将5名同学按和分组分别有种和种分法，
再将含有同学甲的一组安排到②、③服务点，最后安排另两组，安排方法有种，
所以不同的安排方法共有（种）.
故选B.
9．【答案】BCD
【详解】对于A，先排“礼、射”有种，然后将“礼、射”看作一个元素，与其余4个全排有，
所以满足条件的培训方法种数为，故A项错误；
对于B，先全排有种，“数”和“乐”的顺序有2种，满足顺序排法相同，
所以满足条件的排法有种，故B项正确；
对于C，先排“御、书、数”有种，然后将“御、书、数”看作一个元素，与其余3个全排有，
所以满足条件的培训方法种数为，故C项正确；
对于D，先排“射”，然后其他5种全排，共有培训方法种数为，故D项正确．
故选BCD.
10．【答案】ACD
【详解】对于A，取，由，解得，A正确；
对于B，求导得，当时，0不是极值点，B错误；
对于C，取，，
令，，即函数是奇函数，C正确；
对于D，函数的零点为，由存在两个极值点，得，
是两个变号零点，因此是的两个极值点，
则，整理得，解得，D正确.
故选ACD.
11．【答案】AB
【详解】当时，恒成立，即在上恒成立，
令，则，，
再令，则，
故在上单调递增，
又因为，，
所以在上存在零点，且，
所以当时，，即，单调递减；当时，，即，单调递增；
故，
因为，故，所以由得.
故选AB.
12．【答案】
【详解】函数，求导得，则，而，
所以所求切线方程为，即.
13．【答案】48
【详解】根据题意，对于区域A，有4种涂色方法，对于区域B，有3种涂色方法，
对于区域C，有2种涂色方法，对于区域D，有2种涂色方法，
则由分步乘法计数原理可得种涂色方法.
14．【答案】
【详解】函数有且仅有两个零点，即有两个根，且由图像易得两根均大于1，
又因为，所以则，即
令，则，又因为恒大于1，，可得
又因为，可得在上恒增，
即有两交点，等价于有两根，所以有两交点，
又因为的图像如图
且的根为，则在上单增，在上单减，且时，，
又因为有两交点，则，
则.
15．【答案】（1）0；（2）.
【详解】（1）.
（2）在中，，，
整理得，即，解得，
所以或，原不等式的解集为.
16．【答案】(1)
(2)函数在区间上的最大值为，最小值为
【详解】（1）因为，
所以，
令，即方程，
解得
（2）由（1）知，，所以，
令，即，
解得．
列表如下：
当时，单调递增：
当时，单调递减：
当时，单调递增．
所以有极大值；有极小值
又．
所以函数在区间上的最大值为，最小值为．
17．【答案】(1)答案见解析；
(2).
【详解】（1）由题意知的定义域为，，
①若，恒成立，所以在上单调递减.
②若，由，得，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）知，在单调递减，在单调递增.
①当，即时，在单调递减，
当时，有最小值；
②当，即时，在上单调递减，在上单调递增.
当时，有最小值；
③当，即时，在上单调递增，
当时，有最小值；
综上：.
18．【答案】（1）证明见解析；（2）（ⅰ）；（ⅱ）.
【详解】（1）令函数，求导得，
当且仅当取等号，
因此函数在上单调递增，，
所以当时，.
（2）（ⅰ）函数，求导得，
当时，由，得，，，
函数在上单调递增，没有极值点，不合题意；
当时，令，求导得，而，则，
函数在上递增，又，，
函数在上有唯一零点，且，则当时，；
，，因此在上有唯一极值点，符合题意，
所以实数a的取值范围是.
（ⅱ）由（ⅰ）知，当时，存在，函数在上单调递减，
当时，，不符合题意；
当时，由（1）知，当时，，则，
于是当时，，令函数，
求导得，函数在上单调递增，，
此时对恒成立，符合题意，
所以实数a的取值范围是.
19．【答案】(1)答案见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【详解】（1）由题意可知：函数的定义域为，且，
当时，，可知在上单调递减；
当时，由解得；由解得；
可知在上单调递增，在上单调递减；
当时，由解得；由解得；
可知在上单调递减，在上单调递增；
综上，当时在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，，
（i）设曲线在点处的切线斜率为e，
则，显然，
令，
当时，，
可知在上单调递增，且，
可知的根为1，所以，
且，所以切线方程为；
（ⅱ）设，
令，
当时，则，可得；
当时，则，可得；
可知对任意恒成立，所以，当且仅当时，等号成立，
由（1）可知：在上单调递增，在上单调递减，
当时，，且，
可知，
令，则，
且，则，且，可得，
要证，只需要证，
即证，即证明，
令，则，
令，则，
当时，；当时，；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，即，
可知在内单调递增，则，即成立，
综上所述：
1.作差或变形；
2.构造新的函数；
3.利用导数研究的单调性或最值；
4.根据单调性及最值，得到所证不等式；
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
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