重庆市黔江中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题试卷（Word版附解析）

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考试时间：120分钟 总分：150分
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求.
1. 求的值为（ ）
A. 12B. 18C. 24D. 30
【答案】B
【解析】
【分析】利用排列数的计算方法即可得解.
【详解】.
故选：B.
2. 已知函数，则函数的导函数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复合函数的求导法则即可得解.
【详解】因为，，
所以由复合函数的求导法则，得.
故选：D.
3. 高二某班4名同学分别从3处不同风景点中选择一处进行旅游观光，则共有多少种选择方案（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】D
【解析】
分析】利用分步乘法计数原理即可得解.
【详解】由题意知每位同学都有3种选择，可分4步完成，每步由一位同学选择，
故共有种选择方法.
故选：D.
4. 设函数在处存在导数为2，则（ ）
A. 1B. 2C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数的定义即可得解.
【详解】由依题意，知，
则.
故选：C.
5. 若函数，则函数的单调递减区间为（ ）
A. ，B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求函数的导数，利用导数小于零并结合定义域即可得解.
【详解】因为，定义域为，
所以，
令，解得，则函数的单调递减区间为.
故选：C.
6. 有编号分别为1，2，3，4的4张电影票，要分给甲、乙、丙3个人，每人至少分得一张，且4张电影票全部分完，则不同分配方法的种数为（ ）
A. 24B. 36C. 64D. 72
【答案】B
【解析】
【分析】利用不平均分组分配问题的解法即可得解.
【详解】依题意，4张电影票分成三组，有种分法，
再分配给甲、乙、丙3个人，有种分法，
所以不同分配方法的种数为.
故选：B.
7. 已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用的图象分析的正负情况，从而分类讨论即可得解.
【详解】由图象可知在上单调递增，在上单调递减，
所以当或时，；当时，；
而等价于①，或②，
由①得或，则，
由②得，则，
综上，.
故选：B.
8. 定义域为的函数的导函数记作，满足，，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件构造函数，利用导数判断单调性，由单调性求解不等式即可.
【详解】令，
则，
所以函数在上单调递增，
又，
由可得，即，
所以.
故选：A
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.
9. 在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，若，，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D. 数列，，，为等比数列
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据等比数列的性质得到，即可得到关于和方程组，结合条件解得和，从而得到，再逐一分析各个选项，即可求解.
【详解】对于B，因为数列为等比数列，则，
由，解得或，
则或，又为整数，所以，故B正确；
对于A，此时，则，故A正确；
对于CD，又，所以，
则，，，
因为，所以不是等比数列，故C正确，D错误；
故选：ABC.
10. 已知函数在区间上单调递减，则的值可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据题意得到在上恒成立，分类讨论的取值范围，结合参数分离法，构造函数即可得解.
【详解】因为，所以，
因为在区间上单调递减，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
当时，因为在上恒成立，故上式成立，满足题意；
当时，则在上恒成立，
令，
所以在上恒成立，所以在上单调递增，
又，故，即，
综上，，经检验，CD正确，AB错误．
故选：CD．
11. 已知函数，其中，则（ ）．
A. 不等式对恒成立
B. 若直线与函数的图象有且只有两个不同的公共点，则k的取值范围是
C. 方程恰有3个实根
D. 若关于x的不等式恰有1个负整数解，则a的取值范围为
【答案】AD
【解析】
【分析】对函数求导，判断其单调性，求出其最小值，可判断A选项；作出曲线的图象，根据图象可判断B选项；令，解得，数形结合可判断C选项；由直线过原点，再结合图象分析即可判断D选项．
【详解】对于选项A，，
当或时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
所以在出取得极小值，，
在处取得极大值，，
而时，恒有成立，
所以的最小值是，即，对恒成立，故A正确；
对于B选项，若函数与直线有且只有两个交点，
由A选项分析，函数的大致图象如下，

由图知，当或时，
函数与直线有且只有两个交点，故B错误；
对于C选项，由，得，解得，
令，和，而，
由图象知，和分别有两解：
综上，方程共有4个根，C错误；

对于D选项，直线过原点，且，，
记，，
易判断，，
不等式恰有1个负整数解，
即曲线在的图象下方对应的x值恰有1个负整数，
由图可得，即，故D正确．

故选：AD
【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(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，画出函数图象，然后数形结合求解．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 过原点与曲线相切的切线方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】
设切点坐标为，求得，列出方程，求得，得到，即可求得切线的方程.
【详解】设切点坐标为，切线方程为，
由，则，则，
则，即，即，解得，所以，
所以原点与曲线相切的切线方程为．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了过点出的切线方程的求解，其中解答中熟记到导数点几何意义，以及过点处的切线方程的解法是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
13. 在如图所示的三棱锥中，现有红、黄、蓝、绿4种不同的颜色供选择，要求相邻两个顶点不能涂相同颜色，则不同的涂色方法共有______．
【答案】
【解析】
【分析】利用分步乘法计数原理即可得解.
【详解】依题意，先涂点，有种颜色可供选择；
再涂点，有种颜色可供选择；
接着涂点，有种颜色可供选择；
最后涂点，只有种颜色可供选择；
综上，利用分步乘法计数原理，不同涂色方法共有.
故答案为：.
14. 已知函数在上可导，且，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用换元法求得解析式，再求导即可得解.
【详解】因为，
令，则，则，
所以，则，
所以．
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出说明、证明过程或必要的演算步骤.
15. 7名同学排队照相.
（1）若排成一排照，甲、乙、丙三人必须相邻，有多少种不同的排法？
（2）若排成一排照，7人中有4名男生，3名女生，女生不能相邻，有多少种不同的排法？
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用捆绑法即可得解；
（2）利用插空法即可得解.
【小问1详解】
依题意，将甲、乙、丙看作一个整体，其内部有种排法，
再将这个整体与其他4人全排列，有种排法，
所以一共有种不同的排法.
【小问2详解】
依题意，先对4名男生进行全排列，有种排法，
再将3名女生插到4名男生所形成的5个空中，有种排法，
所以一共有种不同的排法.
16. 已知函数
（1）若函数在处取得极值，求的值；
（2）若函数在定义域内存在两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用极值点的意义得到，从而求得，再进行验证即可得解；
（2）分类讨论的取值范围，利用导数得到的性质，从而得到且，解之即可得解.
【小问1详解】
因为，则，
因为函数在处取得极值，所以，解得，
当时，可得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得极大值，符合题意，故.
【小问2详解】
由，其中，
当时，可得，单调递增，
此时函数至多有一个零点，不符合题意；
当时，令，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以当时，取得极大值，也是最大值，
最大值为，
又，且当时，，
所以要使得函数有两个零点，则满足，
即，解得，
所以实数的取值范围是.
17. 已知数列的通项公式为，等比数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，的前项和分别为，，求满足的所有数对.
【答案】（1）
（2）满足条件所有数对为
【解析】
【分析】（1）根据的通项公式求出，从而得到，求出公比，从而得解；
（2）利用等差数列和等比数列前项和公式得到的关系式，变形后得到，结合为整数求出相应的值，从而得解.
【小问1详解】
由，所以，故，
所以等比数列的公比为，故，
所以，即等比数列{}的通项公式为；
【小问2详解】
因为，易知是等差数列，
所以，
由（1）可知，
由，所以，
即，故，
因为为正整数，，所以，此时，
故满足条件所有数对为.
18. 已知函数.
（1）当时，求函数在点处的切线方程；
（2）求函数单调区间和极值；
（3）当时，求函数在上的最大值.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义即可得解；
（2）利用导数与函数单调性、极值的关系，分类讨论的取值范围即可得解；
（3）根据的取值范围，结合（2）中结论得到的单调性，从而得到其最值.
【小问1详解】
因为，
当时，，则，
所以，，
所以函数在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
因为，
则，
令得或，
当时，，
令，得或；令，得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，
；
当时，，在上单调递增，没有极值；
当时，，
令，得或；令，得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，；
综上：当时，单调递增区间为，单调递减区间为，
，；
当时，的单调递增区间为，没有极值；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，
，；
【小问3详解】
因为，所以，，
由（2）知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，，
所以.
【点睛】方法点睛：用导数求切线方程的关键在于求出切点及斜率，其求法为：
（1）设是曲线上的一点，则以的切点的切线方程为：；
（2）若曲线在点的切线平行于轴（即导数不存在）时，由切线定义知，切线方程为．
19. 人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题，牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法—牛顿法，这种求方程根的方法，在科学界已被广泛采用.设实系数一元三次方程：—①，在复数集C内的根为，，，可以得到，方程①可变为：，展开得：—②，比较①②可以得到一元三次方程根与系数关系：
（1）若一元三次方程：的3个根为，，，求的值；
（2）若函数，且，，求的取值范围；
（3）若一元四次方程有4个根为，，，，仿造上述过程，写出一元四次方程的根与系数的关系.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意得到，，再利用完全平方公式即可得解；
（2）观察条件，构造函数，从而得到是方程的三个根，进而得到，由此得解；
（3）利用多项式运算，依照一元三次方程根与系数关系求解的过程即可得解.
【小问1详解】
依题意，对于，，
所以，
因为，
所以.
【小问2详解】
因为，则，
令，则是方程的三个根，
因为，所以，则，
因为，所以
【小问3详解】
因为（）有4个根为，，，，
所以，
展开得
，
对比可得一元四次方程的根与系数的关系为.
【点睛】关键点点睛：本题第2小问解决的关键是，观察式子转化得，从而构造函数得解.