广东省茂名市2024−2025学年高二下学期第一次校际联考 数学试题（含解析）

这是一份广东省茂名市2024−2025学年高二下学期第一次校际联考 数学试题（含解析），共8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．已知甲部门有员工4人，乙部门有员工5人，丙部门有员工6人，现从这三个部门的员工中任选1人参加接待客户的活动，不同的选法种数为（ ）
A．120B．15C．25D．90
2．在等比数列中，，，则首项等于（ ）
A．2B．1C．D．
3．抛物线的准线方程为（ ）
A．B．C．D．
4．已知的一个极值点为2，则实数（ ）
A．2B．3C．4D．5
5．已知函数的图象在点处的切线方程为，则（ ）
A．8B．3C．4D．-4
6．已知函数的图象如图所示，函数的导数为，则（ ）
A．B．
C．D．
7．如图，湖北省分别与湖南，安徽，陕西，江西四省交界，且湘，皖，陕互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有5种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案数为（ ）
A．540B．600C．660D．720
8．有四对双胞胎共8人，从中随机选出4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（ ）
A．40B．48C．52D．60
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知，，成等比数列，则的值可以是（ ）
A．0B．1C．D．
10．某校的高一和高二年级各10个班级，从中选出五个班级参加活动，下列结论正确的是（ ）
A．高二六班一定参加的选法有种
B．高一年级恰有2个班级的选法有种
C．高一年级最多有2个班级的选法为种
D．高一年级最多有2个班级的选法为种
11．设函数，则（ ）
A．是的极小值点B．当时，
C．当时，D．当时，
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知椭圆C：的离心率为，则椭圆的短轴长为 .
13．曲线在点处的切线的斜率为，则 ．
14．有位大学生要分配到三个单位实习，每位学生只能到一个单位实习，每个单位至少要接收一位学生实习，已知这位学生中的甲同学分配在单位实习，则这位学生实习的不同分配方案有 种．（用数字作答）
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数，且.
(1)求的解析式；
(2)求曲线在处的切线方程.
16．甲乙丙丁戊五个同学
(1)排成一排，共有多少种不同的排列方法？
(2)排成一排，甲乙不相邻，共有多少种不同排列方法？
(3)排成一排，甲乙相邻，共有多少种不同排列方法？
(4)去三个城市游览，每人只能去一个城市，可以有城市没人去，共有多少种不同游览方法？
(5)分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，共有多少种不同分配方法？
17．已知是各项均为正数的等比数列，.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
18．已知函数在处取得极小值5．
(1)求实数a，b的值；
(2)当时，求函数的最小值．
19．已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)当时，证明：当时，恒成立．
参考答案
1．【答案】B
【详解】根据分类加法计数原理可知，不同的选法种数为.
故选B.
2．【答案】C
【详解】，，，.
故选C.
3．【答案】D
【详解】抛物线的方程为：，
则其焦点坐标为：，准线方程为：．
故选D.
4．【答案】B
【详解】，令0，得或，
又的一个极值点为2，则，解得，经检验满足题意.
故选B.
5．【答案】C
【详解】因为切线方程为，
可知当时，，且切线斜率为3，
即，，所以.
故选C.
6．【答案】D
【详解】由图象可知，
即.
故选D.
7．【答案】D.
【详解】第一步涂陕西有5种选择，第二步涂湖北有4种选择，第三步涂安徽有4种选择，第四步涂江西有3种选择，第五步涂湖南有3种选择,即共有种涂色方案.
故选D.
8．【答案】B
【详解】先从四对双胞胎中选出一对，有种选择；
然后从剩下的六个人中选出两个人，且不能是同一对双胞胎，
这相当于从三对双胞胎中选出两对，再从每对中选出一个人，共有种选择.
根据乘法计数原理，总共有种选法.
故选B.
9．【答案】BD
【详解】根据题意可知：，
所以，
故选BD．
10．【答案】BCD
【详解】对于A：高二六班一定参加的选法有种，故A错误；
对于B：高一年级恰有2个班级的选法有种，故B正确；
对于C与D：从两个年级中选出五个班级参加活动共有种，
其中若高一年级0个，高二年级5个，有种，
其中若高一年级1个，高二年级4个，有种，
其中若高一年级2个，高二年级3个，有种，
其中若高一年级3个，高二年级2个，有种，
其中若高一年级4个，高二年级1个，有种，
其中若高一年级5个，高二年级0个，有种，
则，
则，
而高一年级最多有2个班级的选法为种，故C与 D都正确；
故选BCD.
11．【答案】ACD
【详解】对A，因为函数的定义域为R，而，
易知当时，，当或时，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确；
对B，当时，，所以，
而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误；
对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减，
所以，即，正确；
对D，当时，，
所以，正确；
故选ACD.
12．【答案】
【详解】根据题意可得离心率，解得，
所以椭圆的短轴长为.
13．【答案】
【详解】解：
则
所以.
14．【答案】
【详解】根据特殊元素“甲同学”分类讨论，
当单位只有甲时，其余四人分配到，不同分配方案有种；
当单位不只有甲时，其余四人分配到，不同分配方案有种；
合计有种不同分配方案.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，且，所以，解得，所以函数的解析式为.
（2）由（1）可知，；
又，所以曲线在处的切线方程为，即.
16．【答案】(1)120
(2)72
(3)48
(4)243
(5)150
【详解】（1）甲乙丙丁戊五个同学排成一排，共有种不同的排列方法；
（2）甲乙丙丁戊排成一排，甲乙不相邻，先将丙丁戊排成一列有种方法，
再将甲乙插空隙中，有种方法，
所以共有不同排法数为（种）
（3）甲乙丙丁戊排成一排，甲乙相邻，先将甲乙排在一起，有种排法，
再与其他同学全排列有种排法，共有种排法；
（4）去三个城市游览，每人只能去一个城市，可以有城市没人去，
因此每个人都有3种选择，所以不同游览方法有（种）.
（5）分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，
则先把5人按分组，有种分组方法，
按分组，有种分组方法，因此不同分组方法数为，
再把每一种分组安排到三个城市，有种方法，
所以不同分配方法种数是.
17．【答案】（1）；（2）.
【分析】(1)本题首先可以根据数列是等比数列将转化为，转化为，再然后将其带入中，并根据数列是各项均为正数以及即可通过运算得出结果；
(2)本题可以通过数列的通项公式以及对数的相关性质计算出数列的通项公式，再通过数列的通项公式得知数列是等差数列，最后通过等差数列求和公式即可得出结果．
【详解】(1)因为数列是各项均为正数的等比数列，，，
所以令数列的公比为，，，
所以，解得(舍去)或，
所以数列是首项为、公比为的等比数列，．
(2)因为，所以，，，
所以数列是首项为、公差为的等差数列，．
18．【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由题意得到，，求出，，检验后得到答案；
（2）求导，得到函数单调性，进而得到极值和最值情况，得到答案.
【详解】（1），
因为在处取极小值5，所以，得，
此时
所以在上单调递减，在上单调递增
所以在时取极小值，符合题意
所以，．
又，所以．
（2），所以
列表如下：
由于，故时，．
19．【答案】(1)见解析
(2)见解析
【详解】（1）定义域为，
当时，，故在上单调递减；
当时，时，，单调递增，
当时，，单调递减.
综上所述，当时，的单调递减区间为；
时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2），且时，，
令，下证即可.
，再令，则，
显然在上递增，则，
即在上递增，
故，即在上单调递增，
故，问题得证
0
0,1
1
2
2,3
3
f'x
0
0
1
↗
极大值6
↘
极小值5
↗
10