四川省眉山市东坡区2023-2024学年高二下学期6月期末联合考试数学试卷（解析版）

这是一份四川省眉山市东坡区2023-2024学年高二下学期6月期末联合考试数学试卷（解析版），共13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. 从中任取两个不同数字组成平面直角坐标系中一个点的坐标，则组成不同点的个数为（ ）
A. 2B. 4C. 12D. 24
【答案】C
【解析】从中任取两个不同数字组成平面直角坐标系中一个点的坐标，
不同的点的个数是种.
故选：C
2. 设在处可导，的值是（ ）
A. B.
C. D. 不一定存在
【答案】C
【解析】
．
故选：C．
3. 已知n，m为正整数，且，则在下列各式中错误的是（ ）
A. ；B. ；
C. ；D.
【答案】C
【解析】对于A，，故正确；
对于B，因为，所以，故正确；
对于C，因为n，m为正整数，且，
所以令，则，，
此时，故错误；对于D，，故正确；故选：C
4. 已知函数，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】作出函数的图象，如图所示.

由图可知曲线上各点与坐标原点的连线的斜率随着的增大而减小.
由，得，即.故选：C.
5. 在二项式的展开式中，含项的二项式系数为（ ）
A. 5B. C. 10D.
【答案】A
【解析】由题设，，
∴当时，.
∴含项的二项式系数.故选：A.
6. 已知函数的图象如图所示（其中是函数的导函数），则下面四个图象中，的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由题给函数图象，可得
当时，，则，则单调递增；
当时，，则，则单调递减；
当时，，则，则单调递减；
当时，，则，则单调递增；
则单调递增区间为，；单调递减区间为
故仅选项C符合要求.
故选：C
7.某产品的销售收入（万元）是产量x（千台）的函数,且函数解析式,生产成本（万元）是产量x（千台）的函数，且函数解析式，要使利润最大，则该产品应生产（ ）
A. 6千台B. 7千台C. 8千台D. 9千台
【答案】B
【解析】该产品的的利润
则
由得；由得
则当时，取得最大值.
即要使利润最大，则该产品应生产7千台.
故选：B
8. 2020年4月22日是第51个世界地球日，今年的活动主题是“珍爱地球，人与自然和谐共生”．某校4名大学生到三个社区做宣传，每个社区至少分配一人，每人只能去一个社区宣传，若大学生甲不去A社区，则不同的安排方案共有（ ）
A. 24种B. 36种C. 48种D. 72种
【答案】A
【解析】根据题意，首先分配甲，甲不去社区，则对甲有种分配方法;
对于剩下的三人，分两种情况讨论：
①其中有一人与甲在同一个社区，则三名学生分配到三个社区，每个社区一人，有种情况;
②没有人与甲在同一个社区，则三人中有两人一组，另外一人单独一组，两组分配到除甲以外的另外两个地方，有种情况;
所以若甲不去社区，不同的安排方案有种.
故选：A.
二、多选题
9. 设函数，则（ ）
A. 在上单调递增
B. 当时，取得极小值
C. 当只有一个零点时，的取值范围是
D. 当时，有三个零点
【答案】AD
【解析】，，
令,解得：或，
当，，时，，则在(0,+∞)，上单调递增，
当时，，则在递减，
故正确，B错误，画出函数的大致图像，如图示：
且结合极大值，
当只有一个零点时，的取值范围是；
当时，有三个零点．
故C错误，D正确；
故选：AD
10. 若，则（ ）
A. 可以被整除
B. 可以被整除
C. 被27除的余数为6
D. 的个位数为6
【答案】AB
【解析】，
可以被整除，故A正确；
，
可以被整除，故B正确；
被27除的余数为5，故C错误；
，
个位数为，故D错误.
故选：AB
11. 已知，且 ，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】构造函数 ， ，
当 时， ， 时， ， 时，，
在处取最大值， ， ，
函数图像如下：
， ，A正确；B错误；
， ，
，C正确，D错误；
故选：AC.
三、填空题
12. 已知，若，则_________．
【答案】4
【解析】因为，
令，可得，
即，解得.
故答案为：4.
13. 已知函数，，若使不等式成立，的取值范围是_________．
【答案】．
【解析】因为，使不等式成立，
则，即，
则问题转化为．
设，由，
令，得．
当在区间内变化时，，随的变化情况如下表：
由上表可知，当时，函数有极大值，即最大值为，所以．
故的取值范围是．
故答案为：
14. 若函数在上存在最小值，则实数的取值可以是______.
【答案】-2（答案不唯一）
【解析】因为，所以，
令得，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当，有极小值，
因为函数在上存在最小值，
又，
所以，解得，
故答案为：内任一值均可.
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. （1）将个不同的小球放入个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法?
（2）将个不同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，共有多少种不同的放法?
（3）将个相同的小球放入个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法?
（4）将个相同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，共有多少种不同的放法?
（注：要写出算式，结果用数字表示）
解：（1）将个不同的小球分为三组，每组的小球数量分别为、、或、、，
然后再将这三组小球放入三个盒子中，
因此，不同的放法种数为种；
（2）每个小球有种方法，由分步乘法计数原理可知，
将个不同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，不同的放法种数为种；
（3）将个相同的小球放入个不同的盒子中，没有空盒子，
只需在个相同的小球中间所形成的个空位中插入块板即可，
所以，不同的放法种数为种；
（4）将个相同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，
等价于将个相同的小球放入个不同的盒子中，每个盒子不空，
只需在个相同的小球中间所形成的个空位中插入块板即可，
所以，不同的放法种数为种.
16. 已知(1+3x2)n的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992.求：
（1）展开式中二项式系数最大的项；
（2）展开式中系数最大的项．
解：（1）令x=1，则展开式中各项系数和为，
又∵展开式中二项式系数和为，
，即n=5，展开式共6项，二项式系数最大的项为第三、四两项，
∴，；
（2）展开式，，
设展开式中第r+1项系数最大，
则，即，解得，
因此r=4，即展开式中第5项系数最大， .
17. 某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：），其中容器的中间为圆柱形，左、右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为，且，假设该容器的建造费用仅与其表面积有关，已知圆柱形部分每平方米的建造费用为3万元，半球形部分每平方米的建造费用为（）万元，该容器的总建造费用为万元.
（1）写出关于的函数表达式，并求该函数的定义域；
（2）求该容器的总建造费用最少时的的值.
解：（1）设容器的容积为，由题意，知.
又，故.
由于，
解得，
所以，
其定义域为.
（2）由（1）得，.
由于，
所以.
当时，.令，则，
所以.
①当，即时，
若，则；若，则；若，则.
所以是该函数的极小值点，也是最小值点.
②当，即时，若，则（仅当时，），
所以函数单调递减.
所以是该函数的最小值点.
综上所述，当时，总建造费用最少时；
当时，总建造费用最少时.
18. 已知函数．
（1）求在点处的切线方程；
（2）求证：；
（3）若函数无零点，求实数a的取值范围．
解：（1）因为，
所以，
所以，
所以在点处的切线的斜率为，
故在点处的切线方程为，即.
（2）依题意知，函数定义域为，
，
令，则，解得；
令，则，解得或；
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
当时，取得最大值为，
所以.
（3）依题意得，
，
当时，，在定义域上无零点；满足题意.
当时，，所以，
令，得；
令，得；
所以在上单调递增，在上单调递减.
当时，取得最大值为，
因为无零点,
所以，
解得；
当时，因为，
所以，
即，
所以在定义域上无零点；满足题意.
综上所述，实数a的取值范围
19. 已知函数．（注：是自然对数的底数）．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，函数在区间内有唯一的极值点．
①求实数的取值范围；
②求证：在区间内有唯一的零点，且．
解：（1）当时，， ，
切线的斜率，又，所以切点为，
所以，切线方程为
（2）①函数，，
（ⅰ）当时，当时，，，，
则在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；
（ⅱ）当时，设，则在上恒成立，所以在上递增，即在上递增，
又，，所以在上有唯一零点，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
所以函数在区间内有唯一极值点，符合题意，
综上，的取值范围是．
②由①知，当时，，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
所以时，，则，
又因为，所以在上有唯一零点，
即在上有唯一零点．
因为，
由①知，所以，
则
，
设，，
则，
，，所以
在为单调递增，又，所以，
又时，，所以．
所以．
由前面讨论知，，在单调递增，
所以．＋
0
－
单调递增
极大值
单调递减