71，重庆市开州区临江中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学模拟试题

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1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2．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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效.
一、单项选择题（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，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知函数在处的导数为6，则（ ）
A. B. 2C. D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】由极限的性质结合导数的定义计算即可.
【详解】
.
故选：A.
2. 已知函数，则( )．
A．有极大值，无极小值 B．有极大值，有极小值
C．有极小值，无极大值 D．无极小值，无极大值
【答案】C
【解析】由，
则在上单减，在上单增。
故选C
2. 函数的图象在点处的切线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求切线方程.
【详解】因，所以，所以切点为，又，
由导数的几何意义知函数的图象在点处的切线斜率，
故得函数的图象在点处的切线方程是，即为．
故选：B
3. 3月5日，两江新区学雷锋纪念日，现安排6名志愿者去5个社区去参加志愿活动，每名志愿者可自由选择其中的1个社区，不同选法的种数是（ ）
A. B. C. 30D. 11
【答案】A
【解析】
分析】根据分步乘法计数原理分析计算即可得解.
【详解】依题意，每名志愿者都有5种选择方法，
所以6名志愿者共有种不同的选法.
故选：A.
4. 若函数在上为单调递增函数，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意函数在R上单调递增，则在R上恒有，转为一元二次函数问题．
【详解】函数
则，
函数在R上单调递增，则说明在R上恒有；
所以有，即：
解得：
故选:A．
5. 对于m，n∈N*，下列排列组合数结论错误的是（ ）
A. m＝nB. ＝＋C. ＝(m＋1) D. ＝
【答案】C
【解析】
【分析】利用排列数、组合数公式对各选项逐一计算判断作答．
【详解】对于A，，
，所以，故A正确；
对于B，
，故B正确；
对于C，因，
即不成立，故C不正确；
对于D，因，因此成立，故D正确．
故选：ABD．
6. 若，则( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：对于A，B作出图象如图所示，可见 时，既有单调减函数区间，单调增函数区间，故都不正确；对于C，设，作如图所示，因 ，此时，在 上为减函数，故有，得 ，故C正确，D不正确，故选C.
考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、函数的图象及数形结合思想的应用.
7. 在重庆市某中学七十周年校庆期间，有甲、乙、丙、丁4名同学参加A，B，C三项工作，每人都只安排一项工作，则下列说法正确的是（ ）
A. 不同的安排方法共有种
B. 若恰有一项工作无人去参加，则不同的安排方法共有种
C. 若甲，乙两人都不能去参加A项工作，且每项工作都有人去，则不同的安排方法共有44种
D. 学校为了表扬先进，现将25个三好学生名额分配给高二年级22个班，每个班至少一个名额，则不同的分配方法共有2024种
【答案】D
【解析】
【分析】按照分步乘法计数原理判断A，首先从3项工作中选1项无人参加，再将4人安排到两项工作，按照分步乘法计数原理判断B，依题意人员分组只有（1、1、2）这种情况，分甲乙同组与甲乙不同组两种情况，即可判断C，首先每个班各1个名额，剩下3个名额分3种情况讨论，即可判断D；
【详解】解：对于A：安排4人参加3项工作，每人有3种安排方法，则有种安排方法，故A错误；
对于B：恰有一项工作无人去参加，则首先从3项工作中选1项无人参加有，再将4人安排到两项工作有种，故一共有种安排方法，故B错误；
对于C：每项工作都有人去，则人员分组只有（1、1、2）这种情况，若甲、乙同组，则有种，
若甲、乙不同组，则种分组方法，又甲乙不能去参加项工作，则安排不含甲乙的一组参加工作，剩下的两组安排参加、两项工作，则种，
综上一共有种安排方法，故C错误；
对于D：依题意首先每个班安排一个名额，则还剩下3个名额，①3个名额安排给3个班有种，②3个名额安排给2个班有种，③3个名额安排给1个班有种，综上一共有种安排方法，故D正确；
故选：D
8. 函数是定义在上的奇函数，其导函数为，且，当时，，则关于的不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，判断函数的奇偶性，再利用导数求出函数的单调区间，进而可得出函数的符号分布情况，即可得解.
【详解】令，
则，
所以函数在上单调递减，
因为函数是定义在上的奇函数，所以，
则，
所以函数为偶函数，
又，所以，
则当或时，，
当或时，，
由，
得或，
解得或，
所以关于的不等式的解集为.
故选：A.
二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 已知函数的导函数的图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 在上是减函数
C. 在区间内有2个极值点
D. 曲线在点处的切线的斜率大于0
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据导函数的图像确定的极值点、单调区间，进而判断各选项的正误.
【详解】由题图，的极小值点为、，极大值点为，C错误；
在上递减，B正确；上递增，则，A正确；
由图知：，即在点处的切线的斜率大于0，D正确.
故选：ABD
10. 假设某市场供应的职能手机中，市场占有率和优质率的信息如下
在该市场中任意买一部手机，用，，分别表示买到的智能手机为甲品牌､乙品牌，其他品牌，表示可买到的优质品，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据条件概率公式及相互独立事件的概率公式计算可得；
【详解】解：依题意可得，，，，因为，所以，，故正确的有ABD；
故选：ABD
11. 已知实数a，b满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】先由题意可知，由，得，构造函数，得，再对四个选项逐一分析即可.
【详解】由题意可得，
则由，得.
对于A：设，，
则在区间上，，为增函数，
所以由题意可得，所以，故A正确；
对于B：由，得,故B错误；
对于C：由A可知在区间上为增函数，
且，则，即,
则,
由,得,
令,则,
所以在上单调递增,
所以,
所以,故C错误；
对于D：又,
令,
则,
所以在上单调递增,所以，
所以,
又，且,
令，
根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，且，
所以，
综上可得，故D正确；
故选:AD.
【点睛】关键点睛：
本题关键点在于构造函数，利用导数求其单调性，从而可得.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知函数，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】求出导函数，令即可解答.
【详解】由可得定义域为，.
则.
故答案为：
13. 在如图所示的的方格纸上（每个小方格均为正方形），共有________个矩形、________个正方形．
【答案】 ①. 280 ②. 60
【解析】
【分析】对于第一空：分析可得在方格纸上，有5条水平方向的线，8条竖直方向的线，在5条水平方向的线中任选2条，在8条竖直方向的线中任选2条，就可以组成一个矩形，由分步计数原理计算可得答案；对于第二空：设方格纸上的小方格的边长为1，按正方形的边长进行分类讨论，求出每种情况下正方形的个数，由加法原理即可得答案．
【详解】根据题意，7×4的方格纸上，有5条水平方向的线，8条竖直方向的线，
在5条水平方向的线中任选2条，在8条竖直方向的线中任选2条，就可以组成一个矩形，
则可以组成个矩形；
设方格纸上的小方格的边长为1，
当正方形的边长为1时，有7×4=28个正方形，
当正方形的边长为2时，有6×3=18个正方形，
当正方形的边长为3时，有5×2=10个正方形，
当正方形的边长为4时，有4×1=4个正方形，
则有28+18+10+4=60个正方形；
故答案为：280，60.
【点睛】本题考查排列、组合及简单计数问题，是排列组合问题结合分步、分类计数原理的考查，考查分析推理能力，属于中等题.
14. 已知则
【答案】
【解析】，
由贝叶斯公式知
14. 若函数在上没有零点，则实数的取值范围为_________．
【答案】
【解析】
【分析】由可得出，令，，分析可知，直线与曲线没有交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】因为，则，
令，显然，则，
令，，
则，
令，得，，列表如下：
所以，函数的增区间为、，减区间为、，
且极大值为，极小值为．
当时，，当时（从左边趋于），；
当时（从右边趋于），，
当时（从右边趋于），.
由图象可知，当时，直线与曲线没有交点，
即在上没有零点．
因此，实数的取值范围是，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题
8. 若函数在定义域内有两个极值点，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导，根据极值分析可得与有2个变号交点，对求导，利用导数判断其单调性和最值，结合的图象分析求解.
【详解】因为的定义域为，且，
令，可得，
由题意可知与有2个变号交点，
则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，
可得，且当x趋近于0，趋近于，当x趋近于，趋近于0，
可得的图象，如图所示：
由图象可得，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：D.
【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象进而求解．
四、解答题（共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 2024年3月12日是我国第46个植树节，为建设美丽新重庆，重庆市礼嘉中学高二年级7名志愿者参加了植树节活动，3名男生和4名女生站成一排．（最后答案用数字作答）
(1)甲不在中间也不在两端的站法有多少种?
(2)男、女相间的站法有多少种?
(3)甲、乙、丙三人从左到右顺序一定的站法有多少种?
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）特殊元素优先排列即可得；
（2）不相邻问题用插空法排列即可得，
（3）定序问题用倍缩法排列即可得.
【小问1详解】
甲不在中间也不在两端，故甲可选个位置，其余六人可排除种，
故共有种；
【小问2详解】
先排男生，共有种，则女生可在男生排完后的四个空中选择四个，即有种，
故共有种；
【小问3详解】
全部排好共有种，由甲、乙、丙三人顺序一定，共有故种.
16. 已知函数在处有极值6.
(1)求函数的单调区间；
(2)求函数在上的最大值与最小值.
【答案】（1）的单调增区间是，单调减区间是
（2）最大值为，最小值为
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，结合极值点和极值求得参数，即可求出函数的单调区间；
（2）结合（1）的结论判断函数在上的单调性，计算极值以及端点处的函数值，可得答案.
【小问1详解】
由题意可得，故，
即，得，
得或1，
当和时，，当时，，
故的单调增区间是，单调减区间是，
满足在处取得极值；
【小问2详解】
由（1）知，，且在单调递减，单调递增，
又，
时，.
17．已知甲箱产品中有5个正品和3个次品，乙箱产品中有4个正品和3个次品
(1)如果依次不放回地从乙箱中抽取2个产品，求第2次取到次品的概率；
(2)若从甲箱中任取2个产品放入乙箱中，然后再从乙箱中任取一个产品
(i)求从乙箱中取出的这个产品是正品的概率；
(ii)已知从乙箱中取出的这个产品是正品，求从甲箱中取出的是2个正品的概率。
【解析】（1）令事件=“第i次从乙箱中取到次品”，i=1,2，
则，
因此，
所以第2次取到次品的概率是.
（2）（i）令事件=“从乙箱取一个正品”，事件=“从甲箱中取出两个正品”，事件=“从甲箱中取出一个正品一个次品”，
事件=“从甲箱中取出两个次品”，互斥，且，
，，
则，
所以从乙箱中取出的这个产品是正品的概率是.
（ii）依题意，从甲箱中取出的是2个正品的概率即是在事件发生的条件下事件发生的概率，
则，
所以从甲箱中取出的是2个正品的概率是.
17. 已知函数
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)设函数，试讨论函数与的图像在上交点的个数。
19. 已知函数.
(1) 求的单调区间；
(2) 若存在两个不同的零点，且.求证：.
【详解】（1）因为，所以，
（ⅰ）当时，恒成立，在单调递增；
（ⅱ）当时，令得，，
故时，，在上单调递增；
时，，在上单调递减.
综上，当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；

（2）因为存在两个不同的零点且，
由（1）知，且，即，解得，且，
又，所以，
由，得，即，
所以.
下面证明：
因为是函数的两个零点，则，即，
法一：（比值代换）令，得，
要证，只需证，
等式两边取对数，得，
即证，
即证，
即证，
设，
，且，
.
当时，，则函数在上单调递减，且，
所以，即. 所以不等式得证.
法二：（对称构造）令，则，
因为是函数的两个零点，则，
令，则且，
当 时， ，则函数在上单调递减；当时，，则函数在上单调递增；且，
要证，只需证，
设，则，令，则，显然在上单增，所以当时，
则在上单减，即，所以在上单增，则，即在在上恒成立，
则，又因为
而函数在上单调递增，所以，即。
故。
品牌
甲
乙
其他
市场占有率
优质率
增
极大值
减
减
极小值
增