河北省唐山市开滦第二中学2023-2024学年高二下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版）

这是一份河北省唐山市开滦第二中学2023-2024学年高二下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版），文件包含河北省唐山市开滦第二中学2023-2024学年高二下学期4月月考数学试题原卷版docx、河北省唐山市开滦第二中学2023-2024学年高二下学期4月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一．单选题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.）
1. 从5本不同期的《意林》和3本不同期的《读者》中任取一本，则不同的取法种数是（ ）
A. 15B. 125C. 8D.
【答案】C
【解析】
【分析】采用分类加法计数原理求解即可.
【详解】分两类：
第1类，取《意林》，有5种不同的取法；
第2类，取《读者》，有3种不同的取法．
故共有8种不同的取法．
故选：C
2. 曲线在点（1,1）处切线的斜率等于（ ）.
A. B. C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：由，得，故，故切线斜率为，故选C.
考点：导数的集合意义.
3. 设函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接对函数进行求导，再代入所求导数值即可得到结果.
【详解】因为，所以，
故，解得
故选：B.
4. 抛物线上到直线距离最近的点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知抛物线的切线与直线平行时，切点到直线距离最小，结合导数的几何意义运算求解.
【详解】因为直线的斜率，
又因为，则，
令，解得，此时，
可知抛物线上到直线距离最近的点的坐标是.
故选：C.
5. 设函数在上可导，其导函数为，且函数在处取得极小值，则函数的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根极值与导函数的关系确定在附近的正负，得的正负，从而确定正确选项．
【详解】由题意可得，而且当时，，此时，排除B、D；
当时，，此时，，若，，
所以函数的图象可能是C．
故选：C
6. 中国古乐中以“宫､商､角､徵､羽”为五个基本音阶，故有成语“五音不全”之说，若用这五个基本音阶排成5音阶的所有音序，则“宫”､“羽”两音阶不相邻的音序共有（ ）
A. 72种B. 36种C. 48种D. 24种
【答案】A
【解析】
【分析】先排商､角､徵进行全排列，再利用插空法，即可求解.
【详解】根据题意，先排商､角､徵有种排法，再将这三个音阶有四个空位可排宫､羽两音阶，有种排法，
所以其中宫､羽两音阶不相邻的音序共有（种）排法.
故选：A.
7. 已知函数，若存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先将函数代入不等式后分离参数得，再构造函数研究其最值即得结果.
【详解】由得，即.
当时，令，则，得，则时，，单调递减，时，，单调递增，故，故.所以.
设，则存在，使，需要.
又，当时，，
所以当，，单调递减；
当，，单调递增，
又，，
所以，所以.
故选：C.
8. 函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数在上单调递增，可得在上恒成立，然后利用分离参数法即可求解.
【详解】因为，所以.
因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，即，即可
令，则
由函数单调性的性质知，在上减函数，
，即.
所以实数取值范围为。
故选：A.
二．多选题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，至少有两项符合题目要求.）
9. 下列正确的是（ ）
A. 由数字1，2，3，4能够组成24个没有重复数字的三位数
B. 由数字1，2，3，4，能够组成16个没有重复数字的三位偶数
C. 由数字1，2，3，4能够组成64个三位密码
D. 由数字1，2，3，4能够组成28个比320大的三位数
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用分步计数原理结合排列组合数进行计算即可．
【详解】由数字1，2，3，4能够组成没有重复数字的三位数有个，故A正确；
若三个数是偶数，则个位可以是2，4，则共有没有重复数字有个，故B错误；
数字1，2，3，4能够组成三位密码有个，故C正确；
若三位数比320大，则百位是4时，有个，
若百位是3，则十位可以是2，3，4时，个位可以是1，2，3，4，共有个，则比320大的三位数有个，故D正确．
故选：ACD．
10. 已知函数是偶函数，对于任意满足（其中是函数的导函数），则下列不等式成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】构造函数，由偶函数的定义可知为偶函数，根据单调性与导数的关系可得在上单调递增，利用单调性和奇偶性比较函数值的大小即可判断各选项的对错.
【详解】构造函数，其中，则，
∵对于任意的满足，
∴ 当时，，则函数在上单调递增，
又函数是偶函数，，∴，
∴在上为偶函数，
∴函数在上单调递减．
∵，则，即，即，化简得，A正确；
同理可知，即，即，化简得，B正确；
，且即，即，化简得，C错误；
，且，即，即，化简得，D正确．
故选：ABD.
11. 已知函数，则（ ）
A. 在处取得极小值B. 有3个零点
C. 在区间上的值域为D. 曲线的对称中心为
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出函数的导数，利用导数研究函数的单调性，极值，零点，值域，可判断A，B，C选项，根据函数奇偶性及图象变换可判断D.
【详解】由，
令，解得，令，解得或，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，故A正确；
又，，，，
，所以函数在有且仅有一个零点，
同理函数在有且仅有一个零点，在上有且仅有一个零点，
即函数共有3个零点，故B正确；
由前面得在上值域为，故C错误；
设，，，
所以函数是奇函数，图象关于对称，
又是向下平移1个单位得到，所以函数的对称中心为，故D正确.
故选：ABD.
12. 已知函数在处取得极值，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 函数的图像与直线只有一个公共点
D. 对任意
【答案】ACD
【解析】
【分析】由函数在处取得极值，求得，即可判断A；欲证，只需证，求得即可判断B；欲证与只有一个交点，只需证只有一个根，结合B项结论，即可判断C；由时，，即，结合对数运算，即可判断D.
【详解】对于A，因为函数在处取得极值，
所以，，解得，故A正确.
即
对于B，因为真数，所以
所以，欲证，只需证
因为，定义域为
所以，令，解得
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，即，所以，
即，故B错误
对于C，欲证与只有一个交点，只需证只有一个根，
即证只有一个根，即只有一个根，
由上述可得在递减，在递增，
所以，故C正确
对于D，由上述得恒成立，
即恒成立，
所以当时，，即
因为
所以
且
所以，
即证，故D正确
故选:ACD.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）
13. 函数在区间上的平均变化率为15，则实数的值为____________.
【答案】1
【解析】
【分析】由已知可得，再由函数在区间上的平均变化率为15，得，从而可求出实数的值
【详解】由区间可知，可得，
又由，解得.
故答案为：1
14. 在如图所示的5个区域内种植花卉，每个区域种植1种花卉，且相邻区域种植的花卉不同，若有6种不同的花卉可供选择，则不同的种植方法种数是________
【答案】1920
【解析】
【分析】根据题意，按照地图涂色问题的方法，分步讨论每个区域的涂色方法，由分步计数原理计算求解即可.
【详解】如图，
设5个区域分别是A，B，C，D，E.
第一步：选择1种花卉种植在A区域，有6种方法可以选择；
第二步：从剩下的5种不同的花卉中选择1种种植在B区域，有5种方法可以选择；
第三步：从剩下的4种花卉中选择1种种植在C区域，有4种方法可以选择；
第四步：若区域D与区域A.种植同1种花卉，则区域E可选择的花卉有4种；
若区域D与区域A种植不同种花卉，则有3种方法可以选择，则区域E可选择的花卉有4种，
故不同的种植方法种数是：.
故答案为：
15. 若函数在上有最小值，则实数的取值范围是_____.
【答案】
【解析】
【分析】求出函数的单调性，结合最小值的定义即可求解.
【详解】，令得，
时，时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
若函数在上有最小值，则其最小值必为，
则必有且，解得，
故答案为：.
16. 已知直线与曲线相切，则的值为____________
【答案】1
【解析】
【分析】设切点为，再根据切点在曲线与切线上，利用导数的几何意义求解即可.
【详解】的导数为：，设切点为，
则，所以，即，
则，由于为增函数，且，
故，所以.
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. 已知的一个极值点为2.
（1）求函数的单调区间.
（2）求函数在区间上的最值.
【答案】（1）的递增区间为，递减区间为
（2）函数在区间上的最大值为，最小值为.
【解析】
【分析】（1）由题目极值点为2可以求得解析式中m的值，并验证确为极值点，则函数表达式确定，根据导数的正负判断函数单调性即可；
（2）根据（1）中对函数单调性的研究，可以判断在区间上的单调性，从而得出最大最小值.
【小问1详解】
由题意可得：，则，解得，
当时，，，
令，解得或，
则的递增区间为，递减区间为，
可得为极小值点，即符合题意，
故的递增区间为，递减区间为.
【小问2详解】
∵，由（1）可得：在上单调递增，在上单调递减，
则函数在区间上的最大值为，
又∵，即，
则函数在区间上的最小值为，
故函数在区间上的最大值为，最小值为.
18. 5名男生，2名女生站成一排照相．求在下列约束条件下，有多少种站法？
（1）女生不站在两端；
（2）女生相邻；
（3）女生不相邻.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）先排两端再排中间即可得解.
（2）用捆绑法即可得解.
（3）使用插空法即可得解.
【小问1详解】
先考虑两端站的人，再考虑其他位置，满足条件的站法有（种）.
【小问2详解】
将2名女生捆绑，当作一个对象，与其他对象一起全排列，可得满足条件的站法有（种）.
【小问3详解】
分两步：第一步，先排男生，有种站法，
第二步，将2名女生插入男生所形成的6个空（包括两端）中，有种站法，
由分步乘法计数原理知，满足条件的站法有（种）.
19. 已知，曲线在处的切线方程为．
（1）求；
（2）证明．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求出曲线在点处的切线方程即可得，的值；
（2）要证明，只要证，令，求出其单调性证明即可.
【小问1详解】
由可得，
则，所以曲线在点处的切线斜率为，
又因为，所以切线方程为：，即.
所以.
【小问2详解】
要证明，只要证，
设，则，
令，则，
所以在上单调递减，又，
所以当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
所以，所以.
20. 已知函数．
（1）求函数的极值；
（2）设，若时，的最小值是2，求实数a的值（是自然对数的底数）．
【答案】（1）极小值，无极大值；
（2）
【解析】
【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，得到极值情况；
（2）对求导，分和两种情况，得到函数的最小值，进而得到方程，求出答案.
【小问1详解】
定义域是，
当时，，当时，，
所以的单调增区间是，单调减区间是.
当时，取得极小值且为，无极大值
【小问2详解】
因为，，
所以，，
当，即时，，所以在上递减，
所以，解得（舍去），
当，即时，当时，，当时，，
所以，解得．满足条件，
综上，实数a的值是．
21. 已知函数．
（1）当，求的单调区间；
（2）若有三个零点，求的取值范围．
【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性即可得到答案；
（2）由，把函数的零点个数问题等价转化为，两个函数的交点个数问题，令，利用导数法研究函数的单调性和极值，进而结合函数图象得到实数的取值范围．
【小问1详解】
将代入可得，其定义域为R，则.
和都在上增函数，所以在上单调递增且，
因此，当时，，函数为单调递减；
当时，，函数为单调递增；
综上所述，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
【小问2详解】
（2）由得，，令，
则，
时，单调递减；
时，单调递增；
时，单调递减；
由单调性可知，当时，；
当时，；
当时，取得极小值，即；
当时，取得极大值，即.
所以和的大致图象如下：
综上所述，若有三个零点，则的取值范围为．
22. 已知函数．
（1）若在R上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）当时，证明：，．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求得，转化为在上恒成立，进而转化为在上恒成立，令，得出函数的单调性和最大值，即可求解.
（2）当时，得到且，当时，只需使得，利用导数求得单调递增，得到；当时，显然满足；当时，由和，得到，即可得证.
【小问1详解】
由函数，可得，
因为在R上单调递增，可得在R上恒成立，
即在上恒成立，即在上恒成立，
令，可得，
当时，，在单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极大值，最大值，所以，
即实数a的取值范围为.
【小问2详解】
当时，，可得
可得，要使得，只需使得，
当时，令，可得，
所以在上单调递增，
又由，所以，所以在上单调递增，
所以；
当时，可得且，所以，满足；
当时，可得，因为且，
所以，所以，
综上可得，对于，都有.
【点睛】关键点睛：本题考查导数的综合应用，根据函数的单调性求解参数范围以及利用导数证明不等式，解答的关键是将证明时，不等式成立，转化为证明，然后分类讨论x的取值范围，结合函数单调性，即可证明结论.