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安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高二下学期期中联考数学试卷（Word版附解析）
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这是一份安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高二下学期期中联考数学试卷（Word版附解析），文件包含安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题Word版含解析docx、安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题Word版无答案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。
注意事项：
1．答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位．
2．答题时，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．
3．答题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰．作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚．必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效．
4．考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交．
第Ⅰ卷（选择题共58分）
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．请把正确答案涂在答题卡上）
1. 设存在导函数且满足，则曲线上的点处的切线的斜率为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由导数的定义及几何意义即可求解.
【详解】解：因为存在导函数且满足，
所以，即曲线上的点处的切线的斜率为，
故选：A.
2. 设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动方案有a种，这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种，则（a，b）为（ ）
A. （34，34）B. （43，34）C. （34，43）D. （A43，A43）
【答案】C
【解析】
【分析】本题是一个分步乘法问题，每名学生报名有3种选择，有4名学生根据分步计数原理知共有34种选择，同理三项冠军的结果数也有类似的做法．
【详解】由题意知本题是一个分步乘法问题，
首先每名学生报名有3种选择，
有4名学生根据分步计数原理知共有34种选择，
每项冠军有4种可能结果，
3项冠军根据分步计数原理知共有43种可能结果.
故选：C．
3. 的展开式中的常数项是（ ）
A. B. 270C. D. 540
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求得二项展开式的通项，确定的值，代入即可求解.
【详解】由二项式展开式的通项为，
令，可得，
所以展开式的常数项为.
故选：A.
4. 函数的单调递减区间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数法求解.
【详解】因为，
所以，
当时，，
所以函数的单调递减区间为，
故选：B
5. 若函数在上单调递增，则的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：对恒成立，
故，即恒成立，
即对恒成立，构造，开口向下的二次函数的最小值的可能值为端点值，故只需保证，解得．故选C．
【考点】三角变换及导数的应用
【名师点睛】本题把导数与三角函数结合在一起进行考查,有所创新,求解的关键是把函数单调性转化为不等式恒成立,再进一步转化为二次函数在闭区间上的最值问题,注意与三角函数值域或最值有关的问题,即注意正、余弦函数的有界性.
6. 某校高三理科实验班有5名同学报名参加甲、乙、丙三所高校的自主招生考试，每人限报一所高校．若这三所高校中每个学校都至少有1名同学报考，那么这5名同学不同的报考方法种数共有
A. 144种B. 150种C. 196种D. 256种
【答案】B
【解析】
【分析】分有两所高校各有2名同学报考，一所高校有1名同学报考和有两所高校各有1名同学报考，一所高校有3名同学报考两种情况进行讨论，进而结合部分分组问题即可求出结果.
详解】若有两所高校各有2名同学报考，一所高校有1名同学报考，则有种报考方法．若有两所高校各有1名同学报考，一所高校有3名同学报考，则有种报考方法．所以总共有种报考方法，
故选：B．
7. 若，则下列不等式恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】举反例判断ABD，构造函数，利用导数判断C．
【详解】对于A，取，，所以不等式不恒成立，故A错误；
对于B，取时，，，
因为，所以，不等式不恒成立；
对于C，构造函数，，设，
因为，所以在上单调递增，，
所以，即在上单调递增，，即，故C正确；
对于D，取，，所以不等式不恒成立；
故选：C．
8. 已知函数的导函数为，且对任意的实数都有(是自然对数的底数)，且，若关于的不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意得即求出解析式，利用导数研究其单调性和极值与最值，结合图象即可求解.
【详解】即，
所以，则，所以，
因为，所以，
所以，
，
由得，此时单调递增，
由得或，此时单调递减，
所以时，取得极大值为，
当时，取得极小值，
又因为，，，且时，，
的解集中恰有两个整数等价于在下方的图象只有2个横坐标为整数的点，结合函数图象可得：
则，解得，
所以时，的解集中恰有两个整数，
故实数的取值范围是
故选：C
【点睛】关键点点睛：的解集中恰有两个整数，需求出解析式，所以对已知条件变形可得即结合可求出，的解集中恰有两个整数等价于在下方的图象只有2个横坐标为整数的点，对求导数形结合即可求出实数的取值范围，属于难题.
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．请把正确答案涂在答题卡上）
9. 已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的有（ ）
A. 所有奇数项的二项式系数和为B. 所有项的系数和为
C. 二项式系数最大的项为第6项或第7项D. 有理项共5项
【答案】BD
【解析】
【分析】根据展开式的通向公式以及二项式系数的的性质求解判断.
【详解】因为，所以，所有奇数项的二项式系数和为，故A错误，
令，得所有项的系数和为，故B正确，
由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项，故C错误，
因为展开式通项为，
当为整数时，，3，6，9，12，共有5项，故D正确．
故选：BD．
10. 3个人坐在一排5个座位上，则下列说法正确的是（ ）
A. 共有60种不同的坐法
B. 空位不相邻的坐法有72种
C. 空位相邻的坐法有24种
D. 两端不是空位的坐法有27种
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，采用组合先选出座位，再根据排列方法安排座位；
对于B，利用插空法；对于C，利用捆绑法；对于D，利用特殊元素优先法.
【详解】对于A，，故正确；
对于B，，故错误；
对于C，，故正确；
对于D，，故错误，
故选：AC.
11. 函数有两零点，且，记函数的极小值点为，则下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用导数求函数单调性，由零点的存在求的取值范围判断A选项；把零点代入函数解析式中，设，得，构造函数利用导数求函数单调性证明不等式判断选项B；由于，令，利用导数求函数单调性证明不等式判断选项C；由单调性知有极小值点，由，证明判断选项D．
【详解】对于A选项，∵，∴，
当时，在上恒成立， 在R上单调递增，不合题意．
当时，由，解得；由，解得；
∴在单调递减，在单调递增．
∵函数有两个零点，，，
∴，，即，即，
解得：，所以A正确；
对于B选项，因为函数有两个零点，，
所以，是方程的两根，即，，
所以，设，则，
所以，解得，
因此，
令，则，
所以在上为增函数，所以，
因此，即，所以B正确；
对于C选项，
由于，
令，则，
所以在上单调递减，所以，即，
又， 有，
因此，即：，故C错误；
对于D选项，由在单调递减，在单调递增，所以有极小值点，
由，得，，
因此，即，
有，故D正确．
故选：ABD．
第Ⅱ卷（非选择题共92分）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡的相应位置）
12. 若，则n＝__________．
【答案】7
【解析】
【分析】按照排列数和组合数的定义计算即可.
【详解】由公式可得： ，
整理得 ， ，
n=7或n=-1(舍)；
故答案为：7.
13. 李华同学忘记了自己的QQ号，但记得QQ号是由一个1，一个2，两个5和两个6组成的六位数，于是用这六个数随意排成一个六位数，输入电脑尝试，那么他找到自己的QQ号最多尝试次数有________种（用数字作答）．
【答案】180
【解析】
【分析】由题可得先对这个6个数全排，然后有两个5和两个6，即计算即可.
【详解】解：根据题意，其QQ号由共6个数字组成，将这6个数字全排列，有种情况，
而这6个数字中有两个5和两个8，则共可以组成个六位数，
那么他找到自己的QQ号最多尝试180次，
故答案为：180.
14. 函数有两个极值点，，则取值范围________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意结合导数可得与关系及的取值范围，即可将用表示，再用表示，构造相应函数借助导数研究函数值域即可得解.
【详解】定义域是，∴，
∵有两个极值点，
∴，在有两个不等根，
令，对称轴为，
∴，∴，
两个极值点为，，，则，，
，
令，
，∵，∴，
∴在单调递增，
∴，，
∴.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于得出的取值范围及与的关系，从而用表示，再构造相应导数求其值域即可得.
四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知函数.
（1）求函数在点处的切线方程；
（2）求的单调区间和极值.
【答案】（1）；
（2）递增区间为，递减区间为，极大值，极小值.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，赋值求得，再利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）由（1）的信息，求出函数的导数，利用导数求出单调区间及极值.
【小问1详解】
函数，求导得，
则，解得，于是，，
所以所求切线方程为：，即.
【小问2详解】
由（1）知，函数，定义域为，
求导得，
当或时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，取得极大值，
当时，取得极小值，
所以函数的递增区间为，递减区间为，
极大值，极小值.
16. （1）求的展开式中含的项；
（2）若，求：
①；
②.
【答案】（1）；（2）①365；②4374
【解析】
【分析】（1）分别求、的展开式的通项，结合题意分析求解即可；
（2）①利用赋值法分别令、分析求解即可；②对等式两边求导，令即可得结果.
【详解】（1）因为的展开式的通项为，
的展开式的通项为，
所以展开式中含的项为：
；
（2）①令得：①；
令得：②；
得：，
所以；
②等式两边分别求导得：
令得：
即：
17. 设函数（k为常数，e＝2．718 28…是自然对数的底数）．
（1）当时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数在（0,2）内存在两个极值点，求k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】
【详解】试题分析：（I）函数的定义域为，
由可得，
得到的单调递减区间为，单调递增区间为.
（II）分，，，时，
讨论导函数值的正负，根据函数的单调性，明确极值点的有无、多少.
试题解析：（I）函数的定义域为，
由可得，
所以当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（II）由（I）知，时，函数在内单调递减，
故在内不存在极值点；
当时，设函数，
因为，
当时，
当时，，单调递增，
故在内不存在两个极值点；
当时，
得时，，函数单调递减，
时，，函数单调递增，
所以函数的最小值为，
函数在内存在两个极值点；
当且仅当，
解得，
综上所述，函数在内存在两个极值点时，k的取值范围为.
考点：应用导数研究函数的单调性、极值，分类讨论思想，不等式组的解法.
18. 如图，从左到右有5个空格．
（1）若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法?（用数字作答）
（2）若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一共有多少不同的涂法?（用数字作答）
（3）若把这5个格子看成5个企业，现安排3名校长与5个企业洽谈，若每名校长与2家企业领导洽谈，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有多少种（用数字作答）．
【答案】（1）96 （2）48
（3）180
【解析】
【分析】（1）先将排好，再排其他数字即可；
（2）先涂第一个格子，再涂第二个格子，依次进行，求出每步方法种数，即可得解；
（3）法一：从5家企业中选一家，再从3位校长中选2位，再从剩下4家企业中选2家安排另外一位校长，进而可得出答案.
法二：先将五家企业分为3份，再将这3份分给3位校长即可.
【小问1详解】
分2步：①第三个格子不能填0，则0有4种选法；
②将其余的4个数字全排列安排在其他四个格子中有种情况，
则一共有种不同的填法；
【小问2详解】
根据题意，第一个格子有3种颜色可选，即有3种情况，
第二个格子与第一个格子的颜色不能相同，有2种颜色可选，即有2种情况，
同理可得：第三、四、五个格子都有2种情况，
则五个格子共有种不同的涂法；
【小问3详解】
法一：根据题意，有一家企业与2位校长谈，其余4家企业只与1位校长谈，
第1步：从5家企业中选一家，
第2步：从3位校长中选2位，
第3步：从剩下4家企业中选2家安排另外一位校长，
第4步：在第2步选中的两位校长，每位还要安排一家企业，
因此有种．
法二：五家企业记为A，B，C，D，E，把这五家企业分为3份，
如，，，
含有E这一份要从A，B，C，D取一家组成2家，如取A得，
前面分三份会出现，因此有，
然后再分给3位校长，
因此总排法有种．
【点睛】方法点睛：求解涂色（种植）问题一般直接利用两个计算原理求解：
（1）按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；
（2）以颜色（种植作物）为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；
（3）对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.
19. 已知函数.（注：…是自然对数的底数）
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若只有一个极值点，求实数m的取值范围；
（3）若存在，对与任意的，使得恒成立，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】(1)根据导数的几何意义，结合点斜式求切线方程；
(2)讨论的符号，判断的单调性，进而确定的零点；
(3)要使取到最小值，则取最大，分析可得，结合零点代换处理即可.
【小问1详解】
（1）当时，，
故，
故在点处的切线方程为；
小问2详解】
解：由题意知有且只有一个根且有正有负，
构建，则.
①当时，当时恒成立，在上单调递增，
因为，
所以有一个零点，即为的一个极值点；
②当时，在上恒成立，即无极值点；
③当时，当；当，
所以在单调递减，在上单调递增，
故，
若，则，即.
因为，所以当时，，
当时，，
令，则，故，
故在上为增函数.
故，
故，
故当时，有两个零点，此时有两个极值点，
当时，当时恒成立，即无极值点；
综上所述：.
【小问3详解】
解：由题意知，对于任意的，使得恒成立，
则当取最大值时，取到最小值.
当时，因为，故当时，的最小值为；
当时，当时，，
所以无最小值，即无最小值；
当时，由（2）得只有一个零点，即且，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，，
此时，
因为，所以，
代入得，
令，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
，此时，
所以的最小值为.
【点睛】方法点睛：对于利用导数求参数时，常采用分离常数法，转化求函数的最值问题.
注意事项：
1．答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位．
2．答题时，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．
3．答题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰．作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚．必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效．
4．考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交．
第Ⅰ卷（选择题共58分）
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．请把正确答案涂在答题卡上）
1. 设存在导函数且满足，则曲线上的点处的切线的斜率为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由导数的定义及几何意义即可求解.
【详解】解：因为存在导函数且满足，
所以，即曲线上的点处的切线的斜率为，
故选：A.
2. 设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动方案有a种，这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种，则（a，b）为（ ）
A. （34，34）B. （43，34）C. （34，43）D. （A43，A43）
【答案】C
【解析】
【分析】本题是一个分步乘法问题，每名学生报名有3种选择，有4名学生根据分步计数原理知共有34种选择，同理三项冠军的结果数也有类似的做法．
【详解】由题意知本题是一个分步乘法问题，
首先每名学生报名有3种选择，
有4名学生根据分步计数原理知共有34种选择，
每项冠军有4种可能结果，
3项冠军根据分步计数原理知共有43种可能结果.
故选：C．
3. 的展开式中的常数项是（ ）
A. B. 270C. D. 540
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求得二项展开式的通项，确定的值，代入即可求解.
【详解】由二项式展开式的通项为，
令，可得，
所以展开式的常数项为.
故选：A.
4. 函数的单调递减区间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数法求解.
【详解】因为，
所以，
当时，，
所以函数的单调递减区间为，
故选：B
5. 若函数在上单调递增，则的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：对恒成立，
故，即恒成立，
即对恒成立，构造，开口向下的二次函数的最小值的可能值为端点值，故只需保证，解得．故选C．
【考点】三角变换及导数的应用
【名师点睛】本题把导数与三角函数结合在一起进行考查,有所创新,求解的关键是把函数单调性转化为不等式恒成立,再进一步转化为二次函数在闭区间上的最值问题,注意与三角函数值域或最值有关的问题,即注意正、余弦函数的有界性.
6. 某校高三理科实验班有5名同学报名参加甲、乙、丙三所高校的自主招生考试，每人限报一所高校．若这三所高校中每个学校都至少有1名同学报考，那么这5名同学不同的报考方法种数共有
A. 144种B. 150种C. 196种D. 256种
【答案】B
【解析】
【分析】分有两所高校各有2名同学报考，一所高校有1名同学报考和有两所高校各有1名同学报考，一所高校有3名同学报考两种情况进行讨论，进而结合部分分组问题即可求出结果.
详解】若有两所高校各有2名同学报考，一所高校有1名同学报考，则有种报考方法．若有两所高校各有1名同学报考，一所高校有3名同学报考，则有种报考方法．所以总共有种报考方法，
故选：B．
7. 若，则下列不等式恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】举反例判断ABD，构造函数，利用导数判断C．
【详解】对于A，取，，所以不等式不恒成立，故A错误；
对于B，取时，，，
因为，所以，不等式不恒成立；
对于C，构造函数，，设，
因为，所以在上单调递增，，
所以，即在上单调递增，，即，故C正确；
对于D，取，，所以不等式不恒成立；
故选：C．
8. 已知函数的导函数为，且对任意的实数都有(是自然对数的底数)，且，若关于的不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意得即求出解析式，利用导数研究其单调性和极值与最值，结合图象即可求解.
【详解】即，
所以，则，所以，
因为，所以，
所以，
，
由得，此时单调递增，
由得或，此时单调递减，
所以时，取得极大值为，
当时，取得极小值，
又因为，，，且时，，
的解集中恰有两个整数等价于在下方的图象只有2个横坐标为整数的点，结合函数图象可得：
则，解得，
所以时，的解集中恰有两个整数，
故实数的取值范围是
故选：C
【点睛】关键点点睛：的解集中恰有两个整数，需求出解析式，所以对已知条件变形可得即结合可求出，的解集中恰有两个整数等价于在下方的图象只有2个横坐标为整数的点，对求导数形结合即可求出实数的取值范围，属于难题.
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．请把正确答案涂在答题卡上）
9. 已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的有（ ）
A. 所有奇数项的二项式系数和为B. 所有项的系数和为
C. 二项式系数最大的项为第6项或第7项D. 有理项共5项
【答案】BD
【解析】
【分析】根据展开式的通向公式以及二项式系数的的性质求解判断.
【详解】因为，所以，所有奇数项的二项式系数和为，故A错误，
令，得所有项的系数和为，故B正确，
由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项，故C错误，
因为展开式通项为，
当为整数时，，3，6，9，12，共有5项，故D正确．
故选：BD．
10. 3个人坐在一排5个座位上，则下列说法正确的是（ ）
A. 共有60种不同的坐法
B. 空位不相邻的坐法有72种
C. 空位相邻的坐法有24种
D. 两端不是空位的坐法有27种
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，采用组合先选出座位，再根据排列方法安排座位；
对于B，利用插空法；对于C，利用捆绑法；对于D，利用特殊元素优先法.
【详解】对于A，，故正确；
对于B，，故错误；
对于C，，故正确；
对于D，，故错误，
故选：AC.
11. 函数有两零点，且，记函数的极小值点为，则下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用导数求函数单调性，由零点的存在求的取值范围判断A选项；把零点代入函数解析式中，设，得，构造函数利用导数求函数单调性证明不等式判断选项B；由于，令，利用导数求函数单调性证明不等式判断选项C；由单调性知有极小值点，由，证明判断选项D．
【详解】对于A选项，∵，∴，
当时，在上恒成立， 在R上单调递增，不合题意．
当时，由，解得；由，解得；
∴在单调递减，在单调递增．
∵函数有两个零点，，，
∴，，即，即，
解得：，所以A正确；
对于B选项，因为函数有两个零点，，
所以，是方程的两根，即，，
所以，设，则，
所以，解得，
因此，
令，则，
所以在上为增函数，所以，
因此，即，所以B正确；
对于C选项，
由于，
令，则，
所以在上单调递减，所以，即，
又， 有，
因此，即：，故C错误；
对于D选项，由在单调递减，在单调递增，所以有极小值点，
由，得，，
因此，即，
有，故D正确．
故选：ABD．
第Ⅱ卷（非选择题共92分）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡的相应位置）
12. 若，则n＝__________．
【答案】7
【解析】
【分析】按照排列数和组合数的定义计算即可.
【详解】由公式可得： ，
整理得 ， ，
n=7或n=-1(舍)；
故答案为：7.
13. 李华同学忘记了自己的QQ号，但记得QQ号是由一个1，一个2，两个5和两个6组成的六位数，于是用这六个数随意排成一个六位数，输入电脑尝试，那么他找到自己的QQ号最多尝试次数有________种（用数字作答）．
【答案】180
【解析】
【分析】由题可得先对这个6个数全排，然后有两个5和两个6，即计算即可.
【详解】解：根据题意，其QQ号由共6个数字组成，将这6个数字全排列，有种情况，
而这6个数字中有两个5和两个8，则共可以组成个六位数，
那么他找到自己的QQ号最多尝试180次，
故答案为：180.
14. 函数有两个极值点，，则取值范围________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意结合导数可得与关系及的取值范围，即可将用表示，再用表示，构造相应函数借助导数研究函数值域即可得解.
【详解】定义域是，∴，
∵有两个极值点，
∴，在有两个不等根，
令，对称轴为，
∴，∴，
两个极值点为，，，则，，
，
令，
，∵，∴，
∴在单调递增，
∴，，
∴.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于得出的取值范围及与的关系，从而用表示，再构造相应导数求其值域即可得.
四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知函数.
（1）求函数在点处的切线方程；
（2）求的单调区间和极值.
【答案】（1）；
（2）递增区间为，递减区间为，极大值，极小值.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，赋值求得，再利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）由（1）的信息，求出函数的导数，利用导数求出单调区间及极值.
【小问1详解】
函数，求导得，
则，解得，于是，，
所以所求切线方程为：，即.
【小问2详解】
由（1）知，函数，定义域为，
求导得，
当或时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，取得极大值，
当时，取得极小值，
所以函数的递增区间为，递减区间为，
极大值，极小值.
16. （1）求的展开式中含的项；
（2）若，求：
①；
②.
【答案】（1）；（2）①365；②4374
【解析】
【分析】（1）分别求、的展开式的通项，结合题意分析求解即可；
（2）①利用赋值法分别令、分析求解即可；②对等式两边求导，令即可得结果.
【详解】（1）因为的展开式的通项为，
的展开式的通项为，
所以展开式中含的项为：
；
（2）①令得：①；
令得：②；
得：，
所以；
②等式两边分别求导得：
令得：
即：
17. 设函数（k为常数，e＝2．718 28…是自然对数的底数）．
（1）当时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数在（0,2）内存在两个极值点，求k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】
【详解】试题分析：（I）函数的定义域为，
由可得，
得到的单调递减区间为，单调递增区间为.
（II）分，，，时，
讨论导函数值的正负，根据函数的单调性，明确极值点的有无、多少.
试题解析：（I）函数的定义域为，
由可得，
所以当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（II）由（I）知，时，函数在内单调递减，
故在内不存在极值点；
当时，设函数，
因为，
当时，
当时，，单调递增，
故在内不存在两个极值点；
当时，
得时，，函数单调递减，
时，，函数单调递增，
所以函数的最小值为，
函数在内存在两个极值点；
当且仅当，
解得，
综上所述，函数在内存在两个极值点时，k的取值范围为.
考点：应用导数研究函数的单调性、极值，分类讨论思想，不等式组的解法.
18. 如图，从左到右有5个空格．
（1）若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法?（用数字作答）
（2）若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一共有多少不同的涂法?（用数字作答）
（3）若把这5个格子看成5个企业，现安排3名校长与5个企业洽谈，若每名校长与2家企业领导洽谈，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有多少种（用数字作答）．
【答案】（1）96 （2）48
（3）180
【解析】
【分析】（1）先将排好，再排其他数字即可；
（2）先涂第一个格子，再涂第二个格子，依次进行，求出每步方法种数，即可得解；
（3）法一：从5家企业中选一家，再从3位校长中选2位，再从剩下4家企业中选2家安排另外一位校长，进而可得出答案.
法二：先将五家企业分为3份，再将这3份分给3位校长即可.
【小问1详解】
分2步：①第三个格子不能填0，则0有4种选法；
②将其余的4个数字全排列安排在其他四个格子中有种情况，
则一共有种不同的填法；
【小问2详解】
根据题意，第一个格子有3种颜色可选，即有3种情况，
第二个格子与第一个格子的颜色不能相同，有2种颜色可选，即有2种情况，
同理可得：第三、四、五个格子都有2种情况，
则五个格子共有种不同的涂法；
【小问3详解】
法一：根据题意，有一家企业与2位校长谈，其余4家企业只与1位校长谈，
第1步：从5家企业中选一家，
第2步：从3位校长中选2位，
第3步：从剩下4家企业中选2家安排另外一位校长，
第4步：在第2步选中的两位校长，每位还要安排一家企业，
因此有种．
法二：五家企业记为A，B，C，D，E，把这五家企业分为3份，
如，，，
含有E这一份要从A，B，C，D取一家组成2家，如取A得，
前面分三份会出现，因此有，
然后再分给3位校长，
因此总排法有种．
【点睛】方法点睛：求解涂色（种植）问题一般直接利用两个计算原理求解：
（1）按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；
（2）以颜色（种植作物）为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；
（3）对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.
19. 已知函数.（注：…是自然对数的底数）
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若只有一个极值点，求实数m的取值范围；
（3）若存在，对与任意的，使得恒成立，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】(1)根据导数的几何意义，结合点斜式求切线方程；
(2)讨论的符号，判断的单调性，进而确定的零点；
(3)要使取到最小值，则取最大，分析可得，结合零点代换处理即可.
【小问1详解】
（1）当时，，
故，
故在点处的切线方程为；
小问2详解】
解：由题意知有且只有一个根且有正有负，
构建，则.
①当时，当时恒成立，在上单调递增，
因为，
所以有一个零点，即为的一个极值点；
②当时，在上恒成立，即无极值点；
③当时，当；当，
所以在单调递减，在上单调递增，
故，
若，则，即.
因为，所以当时，，
当时，，
令，则，故，
故在上为增函数.
故，
故，
故当时，有两个零点，此时有两个极值点，
当时，当时恒成立，即无极值点；
综上所述：.
【小问3详解】
解：由题意知，对于任意的，使得恒成立，
则当取最大值时，取到最小值.
当时，因为，故当时，的最小值为；
当时，当时，，
所以无最小值，即无最小值；
当时，由（2）得只有一个零点，即且，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，，
此时，
因为，所以，
代入得，
令，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
，此时，
所以的最小值为.
【点睛】方法点睛：对于利用导数求参数时，常采用分离常数法，转化求函数的最值问题.
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