河南省平顶山市叶县叶县高级中学2024-2025学年高二下学期2月月考数学试题（原卷版+解析版）

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1. 6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（ ）
A. 60种B. 90种C. 120种D. 360种
【答案】A
【解析】
【分析】这是一个组合问题，从6同学中选出1人安排到甲场馆是，再安排2人到乙场馆是，最后剩余3人安排到丙场馆，根据分步乘法原理相乘即可.
【详解】依题意从6同学中选出1人安排到甲场馆是，再从剩余5人安排2人到乙场馆是，最后剩余3人安排到丙场馆，
根据分步乘法原理，不同的安排方法共有种.
故选：A.
2. 等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据组合数公式的性质计算可得；
【详解】解：
故选：C
3. 函数的单调增区间为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出导数，利用导数大于0可得答案.
【详解】函数 的定义域为 ，
，
由 得，解得 ，
所以 的单调增区间为 .
故选：B.
4. 满足关系式的正整数组成的集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据组合数以及排列数的计算公式即可由不等式求解.
【详解】由题意可知且，根据组合数以及排列数的计算公式可得，解得,所以可取3,4,5,
故选：B
5. 如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有（ ）
A. 72种B. 48种C. 24种D. 12种
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：先涂A的话，有4种选择，若选择了一种，则B有3种，而为了让C与AB都不一样，则C有2种，再涂D的话，只要与C涂不一样的就可以，也就是D有3种，所以一共有4x3x2x3=72种，故选A．
考点：本题主要考查分步计数原理的应用．
点评：从某一区域涂起，按要求“要求相邻的矩形涂色不同”，分步完成．
6. 已知函数，则（ ）
A. 0B. C. 2025D. 4050
【答案】B
【解析】
【分析】先求出导函数，再代入结合应用诱导公式及特殊角的函数值求解.
【详解】因为，
则，
故.
故选:B.
7. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求，取，可求，再求，，再由导数的几何意义及点斜式求切线方程.
【详解】由，得，
所以，得，
所以，，，，
故所求切线方程为，即.
故选：A.
8. 某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（ ）
A. 48B. 54C. 60D. 72
【答案】C
【解析】
【分析】先分组，再考虑甲的特殊情况.
【详解】将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，
共有 种方法；
由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，
所以由 种方法；
按照分步乘法原理，共有 种方法；
故选：C.
9. 设，，若，则下列选项正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，利用函数单调性进行求解即可.
【详解】不等式等价于，
令，则
∴不等式等价于，
∵，
∴当时，，在区间上单调递增，
∴若，则，由有；
若，则，由，有.
综上所述，设，，若，则有.
故选：B.
10. 已知方程有两个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求定义域，令得有两个根，构造，求导得到其单调性，得到最值，结合函数图象特征得到实数a的取值范围.
【详解】的定义域为，
令得，即有两个根，
令，则，
令，显然在单调递减，
又，故当时，，当时，，
故时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故的最大值为，当时，恒陈立，
当趋向于0时，趋向于，
故要想有两个根，需满足
故选：A
11. 已知函数的定义域为，对任意，有，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依据题意，合理构造函数，利用导数解不等式即可.
【详解】令，故，故在上单调递增，
若，则，
故解即可，由题意得解即可，解得，
故不等式的解集是，即A正确.
故选：A
二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24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，部分选对的得3分，有选错的得0分．
12. 定义在上的函数的导函数的图象如图所示，函数的部分对应值如下表．下列关于函数的结论正确的是（ ）

A. 函数的极值点的个数为3
B. 函数的单调递减区间为
C. 若时，的最大值是2，则t的最大值为4
D. 当时，方程有4个不同的实根
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A：由的图象可知，当时，，再由导函数的符号可判断；
对于B：由图象得当时，，当时，，根据导函数的符号与函数的单调性之间的关系可判断；
对于C：由时，函数的最大值是2可判断；
对于D：作出函数的大致图象可判断．
【详解】解：对于A：由的图象可知，当时，，且当时，，当时，，当时，，当时，，所以0，2，4是函数的极值点，故A选项正确；
对于B：由导函数的正负与函数之间的关系可知，当时，，当时，，所以函数的单调递减区间为，，故B选项错误；
对于C：当时，函数的最大值是2，而的最大值不是4，故C选项错误；对于D：作出函数的大致图象如图所示，当时，直线与函数的图象有4个交点，故D选项正确．
故选：AD．

13. 下列命题正确的有（ ）
A. 已知函数在上可导，若，则
B. 已知函数，若，则
C.
D. 设函数的导函数为，且，则
【答案】BD
【解析】
【分析】通过导数的概念可判断选项，对复合函数求导然后计算可判断选项，直接用除法的求导法则可判断选项，对于选项直接求导然后代数解方程即可.
【详解】对于因为函数在上可导，且，
所以，故错误.
对于因为，若则，即，故正确.
对于因为，故错误.
对于因为,故，故，正确.
故选:
14. 下列说法正确的是（ ）
A. 将个团员指标分到个班，每班要求至少得个，有种分配方法
B. 小明去书店看了本不同的书，想借回去至少本，有种方法
C. 英文单词“”由个字母构成，将这个字母组合排列，且两个不相邻一共可以得到英文单词的个数为个（可以认为每个组合都是一个有意义的单词）
D. 六名同学排成一排照相，则其中甲、乙、丙三人两两不相邻，且甲和丁相邻的情况有种
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用隔板法求将个团员指标分到个班，每班要求至少得个的方法数，判断A，利用间接法判断B，利用插空法求满足条件的方法数，判断C，先求除甲，乙，丙外的三人排成一排的方法数，再考虑排甲的方法数，再按要求插入乙，丙确定其方法数，由此可得结论，判断D.
【详解】对于A，第一步，每个班先各分一个团员指标，有一种方法，第二步，再将余下个团员指标排成一排，个指标之间有个空，用块隔板插入其中的两个空，每种插空方法就是一种将个指标分给个班，每班至少一个指标的分配方法，故第二步有种方法，由分步乘法计数原理可得满足条件的分配方法有种，A正确；
对于B，因为借回至少本的反面为本都不借，又小明所有的借书方法数为种，所以借回至少本的方法数为种，B正确；
英文单词“”中字母有个，字母有个，字母、、各有一个，优先考虑无限制的字母，注意重复字母需除去顺序，共有种方法，再插入个字母，共有种方法，所以一共有种方法，C正确；
先将除甲，乙，丙外的三人排成一排，共有种方法，再将甲排在丁相邻的位置，有种方法，再将乙，丙插空排入队列中，且保证不插在甲的两侧，有种方法，故共有种方法，D错误；
故选：ABC.
15. 设函数，则（ ）
A. 有三个零点
B. 是的极小值点
C. 的图象关于点中心对称
D. 当时，
【答案】BC
【解析】
【分析】根据零点的定义直接判断A选项，求导判断函数的单调性与极值情况，可判断BD选项，根据函数图像的对称性可判断C选项.
【详解】对于A，令，解得或，所以有两个零点，故A 选项错误；
对于B，由，
令，解得或，
当或时，，即在和上单调递增，
当时，，即在单调递减，
所以是极小值点，故B选项正确；
对于C，因为，则的图象关于点中心对称，故C选项正确；
对于D，当时，单调递减，则当时，单调递减，
又当时，，所以，故D选项错误；
故选：BC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
16. 函数是上的单调增函数，则a的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】因为函数在上是递增函数，所以可利用导数恒大于或等于零来研究参数的取值范围.
【详解】由函数求导得：，
因为函数是上的单调增函数，
所以，即，
又由，则，解得，
故答案为：.
17. 埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，如图所示．将一个正四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数．
【答案】420
【解析】
【分析】分两步,先将四棱锥一侧面三顶点染色,然后再分类考虑另外两顶点的染色数,用乘法原理可求解
【详解】由题设，四棱锥S - ABCD的顶点S, A, B所染的颜色互不相同,它们共有种染色方法；
当染好时，不妨设所染颜色依次为1, 2, 3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4,则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法,即当S, A, B染好时，C, D还有7种染法.
故不同的染色方法有种.
18. 某出版社的11名工人中，有5人只会排版，4人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从11人中选4人排版，4人印刷，有________种不同的选法.（用数字作答）
【答案】185
【解析】
【分析】根据分类加法计数原理，这个问题可按只会印刷的四人作为分类标准：第一类：只会印刷的4人全被选出；第二类：从只会印刷的4人中选出3人；第三类：从只会印刷的4人中选出2人，即可得解.
【详解】将只会印刷的4人作为分类标准，将问题分为三类：
第一类：只会印刷的4人全被选出，有种；
第二类：从只会印刷的4人中选出3人，有种；
第三类：从只会印刷的4人中选出2人，有种.
所以共有（种）.
故答案为：.
19. 若曲线在点处切线也是曲线的切线，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为，求出，利用公切线斜率相等求出，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.
【详解】由得，，
故曲线在处的切线方程为；
由得，
设切线与曲线相切的切点为，
由两曲线有公切线得，解得，则切点为，
切线方程为，
根据两切线重合所以，解得.
故答案为：
四、解答题：本题共3小题，共51分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
20. 已知函数（a，b∈R）的图象在x＝－1处的切线斜率为－1，且x＝－2时， 有极值.
（1）求的解析式；
（2）求在[－3，2]上最大值和最小值.
【答案】（1）；
（2）最大值为，最小值为0.
【解析】
【分析】（1）解方程组，即得解；
（2）利用导数求出函数的单调性，即得函数的最值.
【小问1详解】
解：∵（a，b∈R），∴.
由条件得，即解得
故. 经检验，满足题意.
所以.
【小问2详解】
解：由（1）可得，，解得x＝－2或x＝0，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故在x＝－2上取得极大值，在x＝0上取得极小值0，且，，
故在[－3，2]上的最大值为，最小值为0.
21. 现有0、1、2、3、4、5、6、7、8、9共十个数字．
（1）可以组成多少个无重复数字的三位数？
（2）组成无重复数字的三位数中，315是从小到大排列的第几个数？
（3）可以组成多少个无重复数字的四位偶数？
（4）选出一个偶数和三个奇数，组成无重复数字的四位数，这样的四位数共有多少个？
【答案】（1）个；（2）个；（3）2296个；（4）个.
【解析】
【分析】（1）直接计算即可；
（2）分别讨论百位数为1,2,3时的情况，即可计算求解；
（3）要求无重复的四位偶数，对个位分别讨论为0，2，4，6，8时的情况进行计算即可；
（4）根据题意，分为当选出的偶数为0时和当选出的偶数不为0时的情况进行计算即可
【详解】解：由题意，无重复的三位数共有个；
当百位为1时，共有个数；
当百位为2时，共有个数；
当百位为3时，共有个数，
所以315是第个数；
无重复的四位偶数，所以个位必须为0，2，4，6，8，千位上不能为0，
当个位上为0时，共有个数；
当个位上是2，4，6，8中的一个时，共有个数，
所以无重复的四位偶数共有个数；
当选出的偶数为0时，共有个数，
当选出的偶数不为0时，共有个数，
所以这样的四位数共有个数；
【点睛】关键点睛：根据题意对各种情况进行分类讨论，利用排列组合的加法和乘法原理进行计算即可
22. 设.
（1）讨论f(x)的单调性；
（2）当x>0时，f(x)>0恒成立，求k的取值范围.
【答案】（1）答案见解析（2）
【解析】
【分析】（1）求函数导数，根据的取值范围分类讨论即可求出函数的单调性；
（2）由（1）求函数在时的最小值，问题转化为函数的最小值大于0恒成立，根据函数单调性，分类讨论求函数的最小值，并判定最小值与0的大小关系即可求解.
【详解】（1），
，
①当时，即时，，
在上是减函数；
②当时，即时，
由，
解得，
当时，，当时，，
在单调递减，在上单调递增，
综上，时，函数在上是减函数，无单调增区间；
时，函数在单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）知，
若时，在无最小值，所以f(x)>0不恒成立；
若时，
①当时，，
所以函数在上单调递增，
所以，
即当x>0时，f(x)>0恒成立；
②当时，，
函数在递减，在上递增，
所以当时，
，
只需即可，
令，，
则，
所以在上是增函数，
故，
即无解，
所以时，f(x)>0不恒成立。
综上，k的取值范围为.
【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的单调区间，求函数的最小值，分类讨论，转化思想，属于难题.
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