四川省眉山市东坡区2023-2024学年高二下学期6月期末联合考试数学试题

这是一份四川省眉山市东坡区2023-2024学年高二下学期6月期末联合考试数学试题，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

时间120分钟满分：150分
一、单选题
1．从1，2，3，4中任取两个不同数字组成平面直角坐标系中一个点的坐标，则组成不同点的个数为（ ）
A．2B．4C．12D．24
2．设在处可导，的值是（ ）
A．B．C．D．不一定存在
3．已知，为正整数，且，则在下列各式中错误的是（ ）
A．；B．；
C．；D．
4．已知函数，则，，的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
5．在二项式的展开式中，含项的二项式系数为（ ）
A．5B．C．10D．
6．已知函数的图象如图所示（其中是函数的导函数），则下面四个图象中，的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
7．某产品的销售收入（万元）是产量（千台）的函数，且函数解析式，生产成本（万元）是产量（千台）的函数，且函数解析式，要使利润最大，则该产品应生产（ ）
A．6千台B．7千台C．8千台D．9千台
8．2020年4月22日是第51个世界地球日，今年的活动主题是“珍爱地球，人与自然和谐共生”．某校4名大学生到，，三个社区做宣传，每个社区至少分配一人，每人只能去一个社区宣传，若大学生甲不去社区，则不同的安排方案共有（ ）
A．24种B．36种C．48种D．72种
二、多选题
9．设函数，则（ ）
A．在上单调递增
B．当时，取得极小值
C．当只有一个零点时，的取值范围是
D．当时，有三个零点
10．若，则（ ）
A．可以被整除B．可以被整除
C．被27除的余数为6D．的个位数为6
11．已知，且，其中为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．已知，若，求_________．
13．已知函数，，若使不等式成立，的取值范围是_________．
14．若函数在上存在最小值，则实数的取值可以是_________．
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．（1）将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法？
（2）将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，共有多少种不同的放法？
（3）将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法？
（4）将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，共有多少种不同的放法？
（注：要写出算式，结果用数字表示）
16．已知展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992．
（1）求展开式中二项式系数最大的项；
（2）求展开式中系数最大的项
17．某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为立方米，且．假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为千元，设该容器的建造费用为千元．
（Ⅰ）写出关于的函数表达式，并求该函数的定义域；
（Ⅱ）求该容器的建造费用最小时的．
18．已知函数．
（Ⅰ）求在点处的切线方程；
（Ⅱ）求证：；
（Ⅲ）若函数无零点，求实数的取值范围．
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）当时，函数在区间内有唯一的极值点．
（i）求实数的取值范围；
（ii）求证：在区间内有唯一的零点，且
东坡区22级高二期末联合考试数学参考答案
1．【分析】利用排列的知识求得正确答案．
【详解】从1，2，3，4中任取两个不同数字组成平面直角坐标系中一个点的坐标，
不同的点的个数是种．
故选：C
2．【分析】根据极限的运算性质计算即可．
【详解】
．
故选：C．
3．【分析】据组合数的性质及排列数公式计算可得
【详解】解：对于A，，故正确；
对于B，因为，所以，故正确；
对于C，因为，为正整数，且，
所以令，，则，，此时，故错误；
对于D，，故正确；
故选：C
4．【分析】画出函数的图象，观察与连线的斜率即得．
【详解】作出函数的图象，如图所示．
由图可知曲线上各点与坐标原点的连线的斜率随着的增大而减小．
由，得，即．
故选：C．
5．【分析】由二项式定理可得展开式通项为，即可求含项的二项式系数．
【详解】解：由题设，，
当时，．
含项的二项式系数．
故选：A．
6．【分析】先利用函数的图象求得函数的单调区间，进而得到正确选项．
【详解】由题给函数的图象，可得
当时，，则，则单调递增；
当时，，则，则单调递减；
当时，，则，则单调递减；
当时，，则，则单调递增；
则单调递增区间为，；单调递减区间为
故仅选项C符合要求．
故选：C
7．【分析】先得到利润解析式，在去求利润最大值即可解决．
【详解】该产品的利润
则
由得；由得
则当时，取得最大值．
即要使利润最大，则该产品应生产7千台．
故选：B
8．【分析】根据题意甲不去社区，则对甲有2种不同的分配方法，进而对剩余的三人分情况讨论，①其中有一个人与甲在同一个社区，②没有人与甲在同一个社区，易得其情况数目，最后由分步计数原理计算即可．
【详解】根据题意，首先分配甲，甲不去社区，则对甲有2种分配方法；
对于剩下的三人，分两种情况讨论：
①其中有一人与甲在同一个社区，则三名学生分配到三个社区，每个社区一人，有种情况；
②没有人与甲在同一个社区，则三人中有两人一组，另外一人单独一组，两组分配到除甲以外的另外两个地方，有种情况；
所以若甲不去社区，不同的安排方案有种．
故选：A．
9．【分析】求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间，结合函数图像判断答案即可．
【详解】解：，，
令
解得：或，
当时，，则在，上单调递增，
当时，，则在递减，
故A正确，B错误，
画出函数的大致图像，如图示：
且结合极大值，
当只有一个零点时，的取值范围是；
当时，有三个零点．
故C错误，D正确；
故选：AD
10．【分析】
根据二项式定理的展开式逆用知，据此可判断AB，由可判断C，由可判断D．
【详解】，
可以被整除，故A正确；
，
可以被整除，故B正确；
被27除的余数为5，故C错误；
，
个位数为，故D错误．
故选：AB
11．【分析】构造函数，求导，计算出其单调性即可判断．
【详解】构造函数，，
当时，，时，，时，，
在处取最大值，，，，
函数图像如下：
，，，A正确；B错误；
，，，，，C正确，D错误；
故选：AC．
12．4
13【解】因为，使不等式成立，
则，即，
则问题转化为．
设，由，
令，得．
当在区间内变化时，，随的变化情况如下表：
由上表可知，当时，函数有极大值，即最大值为，所以．
故的取值范围是．
14．（答案不唯一）
【分析】根据题意，函数的极小值在内，即可求出实数的取值范围．
【详解】因为，所以，
令得，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当，有极小值，
因为函数在上存在最小值，
又，所以，解得，
故答案为：，内任一值均可
15．【分析】（1）先将5个不同的小球分为三组，确定每组小球的数量，然后将三组小球放入三个盒子，结合分步计数原理可得结果；
（2）确定每个小球的放法种数，利用分步乘法计数原理可得结果；
（3）只需在5个相同的小球中间所形成的4个空位中插入2块板即可，利用隔板法可求得结果；
（4）问题等价于在8个相同的小球中间所形成的7个空位中插入2块板即可，利用隔板法可求得结果．
【解答】解：（1）将5个不同的小球分为三组，每组的小球数量分别为2、2、1或3、1、1，然后再将这三组小球放入三个盒子中，
因此，不同的放法种数为种；
（2）每个小球有3种方法，由分步乘法计数原理可知，
将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，不同的放法种数为种；
（3）将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，没有空盒子，
只需在5个相同的小球中间所形成的4个空位中插入2块板即可，
所以，不同的放法种数为种；
（4）将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，
等价于将8个相同的小球放入3个不同的盒子中，每个盒子不空，
只需在8个相同的小球中间所形成的7个空位中插入2块板即可，
所以，不同的放法种数为种．
【点评】本题考查排列组合的应用，属于基础题．
16．（1）令得各项系数和为，所有二项式系数为，
各项系数和比各项的二项式系数和大992，
，即，
得，得，得，
则展开式中二项式系数最大的项为第3项和第4项，
的展开式的通项公式为
，
（2）二项展开式的系数为，设第项的系数最大，
则，得，
得，得得，
得，得，即，
即展开式中系数最大的项为第5项，此时．
17．解：（Ⅰ）设容器的容积为，由题意知，
又，故
由于，因此．
所以建造费用，
因此，．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，．
由于，所以，
当时，．
令，则，
所以．
（1）当即时，
当时，；当时，；当时，．
所以是函数的极小值点，也是最小值点．
（2）当即时，
当时，，函数单调递减，
所以是函数的最小值点，
综上所述，当时，建造费用最小时；
当时，建造费用最小时．
18．【分析】（Ⅰ）求出导函数，计算，，从而可得切线方程；
（Ⅱ）利用导数求出的最大值，即可得证；
（Ⅲ）对求导，对分类讨论，结合题意即可求解的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ），则，
则，，
所以在点处的切线方程．
（Ⅱ）证明：的定义域为，，
令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
当时，取最大值，所以，所以．
（Ⅲ）因为，
所以，
当时，，在定义域上无零点；
当时，，所以，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
当时，取最大值，
因为无零点，所以，即；
当时，因为，所以，即，
所以在定义域上无零点．
综上，的取值范围是．
【点评】本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的最值，考查不等式的证明，函数零点个数问题，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题．
19．【分析】（1），利用导数的运算法则可得，可得切线斜率，利用点斜式可得切线方程．
（2）（i），对分类讨论，利用函数的单调性，根据函数在区间内有唯一的极值点，即可得出的取值范围．
（ii）由（i）知，当时，，结合的单调性与函数零点存在定理可得：在上有唯一零点，，由（i）知，，化简整理，构造函数，再一次利用导数研究函数的单调性即可证明结论．
【解答】解：（1），，
切线的斜率，又，
切线方程为．
（2）（i），
①当时，当时，，，
，
在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；
②当时，，在上递增，
又，，在上有唯一零点，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
函数在区间内有唯一极值点，符合题意，
综上，的取值范围是．
（ii）证明：由（i）知，当时，，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
时，，则，
又，
在上有唯一零点，即在上有唯一零点．
由（i）知，．
，
则，．
设，，则，
，，，
在为单调递增，又，，
又时，，
．
．
由前面讨论知，，在单调递增，
．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值及最值、方程与不等式的解法、函数零点存在定理、等价转化方法、构造法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
＋
0
－
单调递增
极大值
单调递减