四川省宜宾市第一中学2023-2024学年高二下学期4月月考数学试卷（Word版附解析）

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命题人：姚传学 审题人：陈国武
注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
第I卷 选择题（60分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1 已知，若，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，求得，得出方程，即可求解.
【详解】由函数，可得，则，
因为，可得，解得.
故选：C.
2. 一质点的运动方程为s＝20＋ gt2(g＝9.8 m/s2)，则t＝3 s时的瞬时速度为( )
A. 20 m/sB. 29.4 m/s
C. 49.4 m/sD. 64.1 m/s
【答案】B
【解析】
【详解】v＝s′(t)＝gt，∴当t＝3时，v＝3g＝29.4. 选B
3. 某影城有一些电影新上映，其中有3部科幻片、4部警匪片、3部战争片及2部喜剧片，小明从中任选1部电影观看，不同的选法共有（ ）
A. 9种B. 12种C. 24种D. 72种
【答案】B
【解析】
【分析】根据分类加法计数原理即可得解.
【详解】任选1部电影可分四类：第一类选的是科幻片，第二类选的是警匪片，
第三类选的是战争片，第四类选的是喜剧片，
由分类加法计数原理可得不同的选法共有（种）．
故选：B．
4. 函数的单调增区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求定义域,再对函数求导,令导函数大于零,解出不等式解集即可.
【详解】解:由题知,定义域为,
所以,
令解得,
所以的单调增区间为:.
故选:C
5. 现有4名同学选择去听同时进行的6个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据分步计数原理,依次安排每个学生选择,即可得解.
【详解】由题意4名同学选择去听同时进行的6个课外知识讲座,每名同学可自由选择其中的一个讲座,
每个学生均有6种选择
所以4名同学共有种选择
故选:B
【点睛】本题考查了分步计数原理的简单应用,属于基础题.
6. 已知函数，若函数在上单调，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】由题意转化为或，参变分离后，转化为求函数的最值，即可求得的取值范围.
【详解】在区间上单调，，或，即或恒成立，
设，，
函数在区间上单调递减，函数的值域是，
所以或.
故选：C
7. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题中数据的结构特征，构造函数，利用单调性比较大小即可.
【详解】因为，
所以令，由，
知当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
因为，
所以，即.
故选：D.
8. 2023年杭州亚运会吉祥物组合为“江南忆”，出自白居易的“江南忆，最忆是杭州”，名为“琮琮”、“莲莲”、“宸宸”的三个吉祥物，是一组承载深厚文化底蕴的机器人.为了宣传杭州亚运会，某校决定派5名志愿者将这三个吉祥物安装在学校科技广场，每名志愿者只安装一个吉祥物，且每个吉祥物至少有一名志愿者安装，若志愿者甲只能安装吉祥物“宸宸”，则不同的安装方案种数为（ ）
A. 50B. 36C. 26D. 14
【答案】A
【解析】
【分析】按照和分组讨论安排.
【详解】（1）按照分3组安装，
①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
②若志愿者甲和另一个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
（2）按照分3组安装，
①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
②若志愿者甲和另两个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
故共有种，
故选：A.
二、多项选择题（每小题5分，共4小题，共20分.在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据导数公式逐项判断即可。
【详解】对于A，，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，C错误；
对于D，，D正确，
故选：BD.
10. 如果函数的导函数的图象如图所示，则以下关于函数的判断错误的是（ ）
A. 在区间（2，4）内单调递减B. 在区间（2，3）内单调递增
C. x＝﹣3是极小值点D. x＝4是极大值点
【答案】AC
【解析】
【分析】根据导数图象判断正负即可得出答案.
【详解】对A，由图可知，当时，，故在单调递增，故A错误；
对B，由图可知，当时，，故在单调递增，故B正确；
对C，由图可知，在的左右均为负，故不是的极值点，故C错误；
对D，由图可知，在的左边为正，右边为负，为的极大值点，故D正确.
所以错误的选项有AC.
故选：AC.
11. 4名男生和3名女生排队（排成一排）照相，下列说法正确的是（ ）
A. 若女生必须站在一起，那么一共有种排法
B. 若女生互不相邻，那么一共有种排法
C. 若甲不站最中间，那么一共有种排法
D. 若甲不站最左边，乙不站最右边，那么一共有种排法
【答案】AC
【解析】
【分析】分别利用捆绑法、插空法、优先安排特殊元素法、间接法依次求解.
【详解】选项,利用捆绑法，将3名女生看成一个整体，其排列方式有种，加上4名男生一共有5个个体，则有种排列方式，则由乘法原理可知一共有种排法，故正确；
选项,利用插空法，4名男生排成一排形成5个空，其排列方式有种，再将3名女生插入空中，有种排列方式，则由乘法原理可知一共有种排法，故不正确；
选项,利用优先安排特殊元素法，甲不站最中间,甲先从除中间之外的6个位置选一个，其选择方式有种，再将剩余的6人全排列，有种排列方式，则由乘法原理可知一共有种排法，故正确；
选项,利用间接法，3人站成一排共有种排法，若甲站最左边有种排法，乙站最右边有种排法，甲站最左边且乙站最右边有种排法，所以甲不站最左边，乙不站最右边，那么一共有种排法，故不正确；
故选：AC.
12. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数存在三个不同的零点
B. 函数既存在极大值又存在极小值
C. 若时，，则的最小值为
D. 若方程有两个实根，则
【答案】BD
【解析】
【分析】求导后，结合正负可得单调性；利用零点存在定理可说明零点个数，知A错误；根据极值定义可知B正确；采用数形结合的方式可求得CD正误.
【详解】定义域为，，
当时，；当时，；
在，上单调递减，在上单调递增；
对于A，，，，
在区间和内各存在一个零点；
当时，，，恒成立；
有且仅有两个不同的零点，A错误；
对于B，由单调性可知：的极小值为，极大值为，B正确；
对于C，，作出图象如下图所示，可知方程存在另一个解，
若当时，，则，C错误；
对于D，方程有两个实根等价于与有两个不同交点，
作出图象如下图所示，
结合图象可知：，D正确.
故选：BD.
第II卷 非选择题（90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 曲线在点处的切线方程为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由导数的几何意义即可求解切线斜率，从而求解切线方程.
【详解】由得，
所以，
所以在点处的切线方程为，
即
故答案为：.
14. 2位教师和4名学生站成一排，要求2位教师站在中间，学生甲不站在两边，则不同排法的种数为_________
【答案】
【解析】
【分析】先考虑两位教师的排法，再考虑甲的排法，最后考虑余下三位同学的排法，结合分步乘法计数原理求总排法数即可.
【详解】先考虑将两位老师排在中间，有种排法，
再考虑排甲同学，有种排法，
最后考虑余下三位同学的排法，有种排法，
由分步乘法计数原理可得共有种排法.
故答案为：.
15. 某生产厂家生产一种产品的固定成本为万元，并且每生产百台产品需增加投入万元.已知销售收入（万元）满足（其中是该产品的月产量，单位：百台，），假定生产的产品都能卖掉，则当公司每月产量为______百台时，公司所获利润最大..
【答案】6
【解析】
【分析】设销售利润为，利用导数求出的最大值即可.
【详解】设销售利润为，依题意可得，
，
，
当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
所以时，取得极大值，也是最大值，
所以当公司每月生产6百台时，获得利润最大.
故答案为：6.
【点睛】本题考查函数应用问题以及运用导数求最值，考查数学建模、数学计算能力，属于中档题.
16. 若函数与的图像在实数集上有且只有个交点，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】问题等价于仅有个解，进一步可等价于仅有个解，设，利用导数研究函数的性质，作出其图像，利用图像即可得解．
【详解】解：依题意，仅有个解，显然不是该方程的解，则，即仅有个解，
设，定义域关于原点对称，且满足，即为奇函数，
考虑时的情况，，，
当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增，
则函数极大值为，且当时，；当时，；
作出函数的大致图像如图所示：
由于仅有个解，故与函数的图像仅有个交点，
结合图像可得或，解得或．
故答案为：．
四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. （1）计算：．
（2）利用0，1，2，4，5，7这六个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数有多少个？
【答案】（1）35；（2）48
【解析】
【分析】（1）根据组合数的性质结合题意求解即可；
（2）分不选0和选0两种情况，结合分类加法原理求解；
【详解】（1）
；
（2）不选0时，先从中选一个数放在个位，
然后剩下的4个数中选2个排在十位和百位，则有个奇数；
选0时，先把0放十位，然后从中选一个数放在个位，
再从剩下的3个数中选1个放百位，则有个奇数；
所以共有个奇数．
18. 已知二次函数，其图象过点，且.
（1）求、的值；
（2）设函数，求曲线在处的切线方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数和已知条件可得出关于实数、的方程组，可求得实数、的值；
（2）求出切点坐标和切线斜率，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程.
【小问1详解】
解：因为，则，
所以，，解得.
【小问2详解】
解：因为的定义域为，且，
所以，，，故切点坐标为，
所以，函数在处的切线方程为.
19. 设函数．
（1）当时，求单调区间；
（2）若在上的最大值为，求的值．
【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）.
【解析】
【详解】函数的定义域为，
，
（1）当时，，所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
（2）当时，
所以在上单调递增，故在上的最大值为，因此．
20. 已知函数在与处都取得极值．
（1）求，的值；
（2）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1），；（2）．
【解析】
【分析】（1）对求导，根据极值点列方程组求参数即可.
（2）由（1）有，进而判断的单调性并确定最值，结合不等式恒成立求参数范围.
【详解】（1）由题设，，又，，解得，．
（2）由，知，即，
当时，，随的变化情况如下表：
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
∴当时，为极大值，又，则为在上最大值，
要使对任意恒成立，则只需，解得或，
∴实数的取值范围为．
21. 材料：函数是描述客观世界变化规律的重要数学模型，在现行的高等数学与数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的，如函数，我们可以作变形：，所以可看作是由函数和复合而成的，即为初等函数.根据以上材料：
（1）直接写出初等函数极值点
（2）求初等函数极值.
【答案】（1））极小值点为，无极大值点；（2）极大值且为，无极小值.
【解析】
【分析】（1）， ，由此求得求得极值点.
（2）利用复合函数求导研究的单调性，由此求得的极值.
【详解】（1）极小值点为，无极大值点.
（2），
所以，
令得，当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减.
所以有极大值且为，无极小值.
22. 已知函数，．
（1）若函数在内单调，求的取值范围；
（2）若函数存在两个极值点，，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，问题转化为恒成立，求出的范围即可；
（2）求出的解析式，令，，根据函数的单调性求出的范围，从而求出问题的答案．
【详解】（1），
由题意得恒成立，
即恒成立，而，
；
（2）由题意知在内有2个不等实根，，则，
且，，不妨设，则，
，
令，，
则，
显然，，故，递增，
而，时，，
故，，
．
【点睛】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题．
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递增
极大值
递减
极小值
递增