陕西省西安市八十五中学2024−2025学年高二下学期第一次月考 数学试卷（含解析）

这是一份陕西省西安市八十五中学2024−2025学年高二下学期第一次月考 数学试卷（含解析），共9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．已知函数在处可导，且则（ ）
A．B．C．D．2
2．下列求导运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（ ）
A．B．3C．D．
4．函数的导函数的图象如图所示，那么该函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
5．若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有几种不同的着色方法？（ ）

A．120B．180C．221D．300
7．设函数的定义域为，是其导函数，若，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，设关于的方程有个不同的实数解，则的所有可能的值为
A．B．或C．或D．或或
二、多选题（本大题共3小题）
9．身高各不相同的六位同学站成一排照相，则说法正确的是（ ）
A．A，C，D三位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有120种站法
B．A与同学不相邻，共有种站法
C．A，C，D三位同学必须站在一起，且A只能在C与D的中间，共有144种站法
D．A不在排头，B不在排尾，共有504种站法
10．下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
11．不动点定理是拓扑学中一个非常重要的定理，其应用非常广泛．对于函数，定义方程的根称为的不动点．已知有唯一的不动点，则（ ）
A．B．的不动点为
C．极大值为2D．极小值为1
三、填空题（本大题共3小题）
12．曲线在点处的切线的方程为 ．
13．某中学艺术节第二章节目中有个节目已排，现在要紧急插入个节目，并要求这个节目不相邻，并且原来的个节目顺序不变，则排列的种数为
14．已知函数，，若对任意，均存在，使得，则实数的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共4小题）
15．3月11日，2024年广西“二月二”侗族大歌节在三江侗族自治县梅林乡梅林村榕江河畔举行，上万名群众欢聚一堂，以非遗巡游、千人侗族大歌、多耶等活动，尽展非遗多姿风采.某地计划在来年的侗族大歌节安排非遗巡游、千人侗族大歌、多耶、抢花炮、芦笙舞这5种活动的举办顺序.
(1)共有多少种不同的安排方案?
(2)若要求第一个举办的活动不能是千人侗族大歌，共有多少种不同的安排方案?
(3)若要求抢花炮、芦笙舞的举办顺序相邻，共有多少种不同的安排方案?
16．已知函数在点处的切线斜率为，且在处取得极值．
(1)求函数的解析式；
(2)当时，求函数的最值．
17．喀什二中拟在高二年段举行手工制作书柜比赛，现有一边长为的正方形硬纸板，纸板的四角截去四个边长为的小正方形，然后做成一个无盖方柜，
(1)试把方柜的容积表示为的函数？
(2)多大时，方柜的容积最大？并求最大容积．
18．已知函数
（1）若，求函数的单调区间；
（2）若存在，使成立，求整数的最小值．
参考答案
1．【答案】A
【详解】因为函数在处可导，且，
所以.
故选A.
2．【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.
3．【答案】B
【详解】.
故选B.
4．【答案】D
【详解】由题意知与轴有三个交点，不妨设为，
当，，当，,
当，，当，，
所以在区间，单调递减，故A、C错误；
在区间,单调递增，故B错误，故D正确.
故选D.
5．【答案】B
【详解】，又在上单调递增，故在上恒成立，而时，易见，只需要即可，故.
故选B.
6．【答案】B
【详解】当Ⅰ，Ⅳ同色时，则Ⅰ有种涂色方法，Ⅱ有种涂色方法，
Ⅲ有种涂色方法，此时共有种涂色方法；
Ⅰ，Ⅳ不同色时，则Ⅰ有种涂色方法，Ⅳ有种涂色方法，
Ⅱ有种涂色方法，Ⅲ有种涂色方法，此时共有种涂色方法，
综上共有种不同的着色方法.
故选B.
7．【答案】A
【解析】构造函数，求出，利用条件知，所以单调递增，将转化为，利用函数单调性即可得到答案.
【详解】令，则，
因为，所以，所以，
所以函数在上单调递增，
而可化为，又
即，解得，
所以不等式的解集是．
故选A.
8．【答案】A
【详解】在和上单增，上单减，又当时，时，故的图象大致为：
令，则方程必有两个根，且，不仿设 ，当时，恰有，此时，有个根，，有个根，当时必有，此时无根，有个根，当时必有，此时有个根，，有个根，综上，对任意，方程均有个根，故选A.
【方法点睛】已知函数零点(方程根)的个数，求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问题 .
9．【答案】ABD
【分析】根据全排列和定序即可判断A；利用插空法即可判断B；利用捆绑法即可判断C；利用间接法即可判断D.
【详解】对于A，6个人全排列有种方法，A，C，D全排列有种方法，
则A，C，D从左到右按高到矮的排列有种方法，A正确；
对于B，先排列除A与C外的4个人，有种方法，4个人排列共有5个空，
利用插空法将A和C插入5个空，有种方法，则共有种方法，B正确；
对于C，A，C，D必须排在一起且A在C，D中间的排法有2种，
将这3人捆绑在一起，与其余3人全排列，有种方法，则共有种方法，C错误；
对于D，6个人全排列有种方法，当A在排头时，有种方法，当B在排尾时，有种方法，
当A在排头且B在排尾时，有种方法，则A不在排头，B不在排尾的情况共有种，D正确.
故选ABD.
10．【答案】ABD
【详解】对于选项A，定义域为关于原点对称，且，故为奇函数，
又，所以在上单调递增，故满足；
对于选项B，定义域为关于原点对称，，故为奇函数，
又，且不恒为0，所以在上单调递增，故满足；
对于选项C，定义域为关于原点对称，，故为偶函数，不满足；
对于选项D，定义域为关于原点对称，，为奇函数，
又，所以在上单调递增，故满足．
故选ABD．
11．【答案】ABC
【详解】由方程有唯一解，即有唯一解，
令，可得，解得，
当，可得；当，；
所以函数在内单调递增，在在单调递减，
所以，
且当趋近于0或时，趋近于，
由题意可知：，可得，此时，故AB正确；
此时，可得，
当，可得；当，；
可知在内单调递增，在内单调递减，
所以的极大值为，无极小值，故C正确，D错误；
故选ABC.
12．【答案】
【详解】由，则，且，
所以曲线在点处的切线的方程为.
13．【答案】20
【详解】在个节目中插入个节目，使得所插入的个节目不相邻，原来的个节目顺序不变的方法数为.
14．【答案】
【详解】由题意知，
由题意，且的对称轴为直线，
所以当时，．
设，则，所以，
当时，；当时，，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.
又，所以在区间上只有一个零点，
设为，且当时，；当时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
又，所以当时，，所以，即．
因此，实数的取值范围是．
15．【答案】(1)120
(2)96
(3)48
【详解】（1）安排非遗巡游、千人侗族大歌、多耶、抢花炮、芦笙舞这5种活动的举办顺序，
共有种不同的安排方案；
（2）若要求第一个举办的活动不能是千人侗族大歌，则从其余四个活动项目中选一个排在第一个举行，
则共有种不同的安排方案；
（3）若要求抢花炮、芦笙舞的举办顺序相邻，则将这两项活动捆绑，看作一项活动，
内部全排列，然后和其余活动全排列，
则共有种不同的安排方案.
16．【答案】(1)；
(2)，．
【详解】（1）因为，
所以，
由题意可知，，，，
所以，解得，，，
所以函数的解析式为，经检验符合题意，
所以；
（2）由（1）知，
令，则，解得，或，
当时，； 当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
当时，取得极大值为，
当时，取得极小值为，
又，，
所以，．
17．【答案】(1)，；
(2)时，容积最大，最大容积为.
【详解】（1），
又，解得，
故关于的函数为，；
（2），令，解得（舍去）或，
令，解得，
故在上单调递增，在上单调递减，
故时，方柜的容积最大，最大容积为.
18．【答案】（1）的增区间为，减区间为（2）5
【解析】（1）先求导，将代入，求出导数的零点，结合导数正负判断原函数增减性即可；
（2）先将分离参数得，设，，则所求问题转化为求，求得，令，求得，结合零点存在定理，求得，，可判断导数的零点位于，可得，
，再由即可求出的最小整数；
【详解】（1）由题意可知，，，
当时，令，或；
时，，在单调递增；
时，，在单调递减；
综上所述，的增区间为，减区间为
（2）原式等价于，
即存在，使成立．
设，，则，
设，则，∴在上单调递增．
又，，
根据零点存在性定理，可知在上有唯一零点，
设该零点为，则，且，即，
∴.
由题意可知，又，，
∴a的最小值为5．