广东省东莞市石龙中学2024−2025学年高二下学期第一次月考 数学试题（含解析）

这是一份广东省东莞市石龙中学2024−2025学年高二下学期第一次月考 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．设函数是函数的导函数，若，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数，其导函数的图象如图所示，则（ ）

A．有2个极值点B．在处取得极小值
C．有极大值，没有极小值D．在上单调递减
3．甲、乙等5人去听同时举行的4个讲座，每人可自由选择听其中一个讲座，则恰好只有甲、乙两人听同一个讲座，其他人听的讲座互不相同的种数为（ ）
A．12B．16C．18D．24
4．已知函数，则单调递增区间是（ ）
A．B．
C．D．
5．若一个三位数的各位数字中，有且仅有两个数字一样，我们就把这样的三位数定义为“单重数”.例如：232，114等，则不超过200的“单重数”中，从小到大排列第25个“单重数”是（ ）
A．166B．171C．181D．188
6．函数在处的切线与直线垂直，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数在上无极值，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知两条曲线与恰好存在两个公共点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．如图，是可导函数，直线 l：是曲线在处的切线，令，其中是的导函数，则( )
A．B．C．D．
10．已知函数，为的导函数，则（ ）
A．曲线在处的切线方程为
B．在区间上单调递增
C．在区间上有极小值
D．在区间上有两个零点
11．设，则（ ）
A．
B．
C．
D．若表示正数的整数部分，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知函数，则 ．
13．某校开设了门体育类课程和门科技类课程，学生从这门课中最多选修门，且至少选修门体育类课程，则不同的选课方案有 种．（用数字作答）
14．已知函数 ，若方程有三个不同的实数根且 ，则的取值范围是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数在处有极值2.
(1)求，的值：
(2)求函数在区间上的最大值.
16．已知的展开式中，第项与第项的二项式系数之比是.
（1）求展开式中各项系数的和；
（2）求展开式中的常数项；
（3）求展开式中二项式系数最大的项.
17．某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a元()的管理费，预计当每件产品的售价为x元() 时，一年的销售量为 万件．
(1)求分公司一年的利润L (万元)与每件产品的售价x的函数关系式(并写出函数的定义域)；
(2)当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L最大，并求出L的最大值Q(a)．
18．已知函数．
(1)当时，证明函数在单调递增；
(2)若函数在有极值，求实数a的取值范围；
(3)若函数的图象在点处的切线方程为，求函数的零点个数．
19．设.
(1)若，求函数的图象在处的切线方程；
(2)若在 上恒成立，求实数的取值范围；
(3)若函数存在两个极值点，求证：.
参考答案
1．【答案】B
【详解】因为，
所以，
所以，
故选B.
2．【答案】C
【详解】由导函数的图象可知，
当时，，仅时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数只有一个极值大点，无极小值点，
所以有极大值，没有极小值，
故ABD错误，C正确.
故选C.
3．【答案】D
【详解】甲乙两人听同一个讲座，方法数有种，
其他人听不同的讲座，方法数有种，
所以恰好只有甲、乙两人听同一个讲座的种数为种.
故选D.
4．【答案】B
【分析】求出函数的定义域与导函数，再解关于导函数的不等式即可.
【详解】函数的定义域为且，
令，解得，所以单调递增区间是.
故选B.
【思路导引】利用常用函数的导数对求导，并令，再结合函数本身的定义域，即可计算出单调递增区间是.
5．【答案】D
【详解】在符合条件的三位数中，有两个1且1在百位的有个.
1在首位但不是重复数字的有100，122，133，144，155，166，177，188，199，共9个，
则200以内的“单重数”有18+9=27个，
其中最大的为199，其次为191，188,则从小到大排列第25个“单重数”是188.
故选D.
6．【答案】B
【详解】函数，求导得，
在处的切线斜率为，
又在处的切线与直线垂直，
所以，解得.
故选B.
7．【答案】D
【详解】，则，故，
因为函数在上无极值，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
当时，，
设，则，
当时，得，当时，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
从而，故，
当时，，则．
综上，．
故选．
8．【答案】A
【详解】由题可知恰有两个不同的实数解，即恰有两个不同的实数解.
令，则，
又，所以在上单调递增，
所以函数的值域为，
所以恰有两个不同的实数解.
所以函数与函数的图象有且仅有两个交点，
设，则，
令，解得，在上单调递增，
令，解得，在单调递减，
且，
当时，，当时，，
当时，，
作出函数和的大致图象如图，
由图象可知，当时，恰有两个不同的实数解，
即的取值范围为.
故选A.
9．【答案】ACD
【详解】由图可知，f(3)＝1，故A正确；
(3，1)在y＝kx＋2上，故1＝3k＋2，故，故B错误；
，则，故C正确；
，，故D正确.
故选ACD.
10．【答案】BC
【详解】依题意，，
对于A，，，所求切线方程为，A错误；
对于B，当时，，在区间上单调递增，B正确；
对于C，在上都单调递增，则函数在上单调递增，
，，则存在唯一，使得，
当时，；当时，，因此在处取得极小值，C正确；
对于D，由选项C知，在上有唯一零点，又，
当时，，即，，
因此在区间上有1零点，D错误.
故选BC.
11．【答案】ACD
【详解】对于A，令，可得，故A正确；
对于B，令，可得，故B错误；
对于C，令，可得，
所以，
所以，所以，故C正确；
对于D，
所以，故D正确；
故选ACD.
12．【答案】6
【详解】因，
由可得，
故.
13．【答案】
【详解】学生从这门课中最多选修门且至少选修门课程的选法有，
学生从这门课中最多选修门至少选门，且所选课程都为科技类课程的选法选法有，
所以满足条件的选法有（种）.
14．【答案】
【详解】方程有三个不同的实数根，即直线与函数的图象有3个交点，
则当时，直线与射线有一个交点，
当时，直线与函数有2个交点，
在同一坐标系内作出函数的图象及直线，如图，
令直线与图象相切的切点为，由求导得：，
则，解得，即直线与图象相切时，，
因此当且仅当时，直线与函数的图象有3个交点，
由，解得，由，得，
即，因此，函数在上递减，
当时，，所以的取值范围是.
15．【答案】(1)
(2)2
【详解】（1）因为函数在处有极值，且，
所以，解得，
故.
（2）由（1）得：，，
又，
令，得，令，得，
故在上单调递减，在上单调递增
故的最大值是或，
而，，
故函数的最大值是2.
16．【答案】（1）1;（2）180;（3）.
【详解】解：（1）由题意知， ，即 ，求得，
故令，可得展开式中各项系数的和为．
（2）由于二项式的通项公式为，令，求得，
故展开式中的常数项为．
（3）要使二项式系数最大，只要 最大，故，
故二项式系数最大的项为第6项．
17．【答案】(1)
(2)答案见解析
【详解】（1）分公司一年的利润（万元）与售价的函数关系式为：．
（2）．
令得或（不合题意，舍去）．
，．在两侧的值由正变负．
所以当即时，
．
当即时，，
所以
答：若，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润最大，最大值（万元）；
若，则当每件售价为元时，分公司一年的利润最大，最大值（万元）．
18．【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)1个
【详解】（1）当时，由，可得，
因，则，又因为，则，
所以函数在单调递增；
（2），
因为函数在有极值，所以在有变号的根，
又因为在单调递增，则，
即，所以，解得，
故实数a的取值范围为；
（3）因为函数在点处的切线方程为，
所以，且，
解得．
故则，
当时，，即在单调递增，
因，所以在没有零点；
当时，，即在没有零点．
综上所述，函数的零点个数为1个．
19．【答案】(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【详解】（1）当时，，则，则，
又，则切线方程为，即；
（2），令，
则，当时，有，
故在上单调递增，即在上单调递增，
则，
当时，，则在上单调递增，
有，满足要求；
当时，则，又，
则必存在，使，即，
当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
则
，令，
则，
则在上单调递减，则，
即，故此时不符合题意，故舍去，
综上所述：；
（3）由（2）得，
则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
又函数存在两个极值点，则，即，
则有，要证，即证，
又，，在上单调递增，
即只需证，又，
即只需证，
令
，，
则
，
即在上恒成立，即在上单调递减，
则，
即，得证.