福建省泉州科技中学2024-2025学年高二数学下学期第一次月考试题

PAGE18PAGE19福建省泉州科技中学2024-2025学年高二数学下学期第一次月考试题一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.某同学从3本不同的哲学图书、4本不同的自然科学图书、2本不同的社会科学图书中任选1本阅读，则不同的选法共有A.24种 B.12种 C.9种 D.3种2.已知，则A.0 B. C. D.13.函数的单调递增区间是

A. B.

C.， D.4.已知曲线在点处的切线方程为，

则

A. B. C.17 D.305.函数的图象大致为A.

B.

C. D.6.函数在内存在极值点，则

A. B.

C.或 D.或7.定义在R上的函数，若，，，则比较a，b，c的大小关系为A. B. C. D.A.函数有两个不同零点B.在区间单调递增，在区间递减

C.函数的极值点是D.二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9.函数的导函数的图象如图所示，给出下列命题，以下正确的命题是

A.是函数的极值点B.是函数的最小值点

C.在区间上单调递增D.在处切线的斜率小于零10.若函数与图象恰有一个公共点，则实数a可能取值为

A.2B.0 C.1 D.11.已知对于函数其中，，选取的一组值计算和，所得出的结果可能是

A.3和1B.2和4 C.3和4 D.4和612．已知不等式ex≥x＋1对∀x∈R恒成立．以下命题中真命题是()A．对∀x∈R，不等式e－x>1－x恒成立B．对∀x∈(0，＋∞)，不等式ln(x＋1)<x恒成立C．对∀x∈(0，＋∞)，且x≠1，不等式lnx<x－1恒成立D．对∀x∈(0，＋∞)，且x≠1，不等式eq\f(lnx,x＋1)＋eq\f(1,x)>eq\f(lnx,x－1)恒成立三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13.从甲、乙、丙、丁4幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，则不同的挂法种数是__________用数字作答14.如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则涂色方法共有___________种．15.函数在上单调递增，则实数a的取值范围为

．16.定义在R上的函数满意：，且当时，，则不等式的解集为

．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.（本小题10分）求下列函数的导数：Ⅰ；Ⅱ．18.（本小题12分）已知函数的图象经过点且在处，取得极值．求：

函数的解析式；

的单调递增区间．19.（本小题12分）已知函数若时，求在上的最大值和最小值；

（本小题12分）已知函数，当________，从中选出一个作为条件时，必有______从中选出一个作为结论，写出命题并加以证明

不等式的解集．

21.（本小题12分）

已知函数，R．探讨函数的单调区间；若对恒成立，求a的取值范围．22.（本小题12分）

已知函数，其中e为自然对数的底数．

若．

探讨的单调性；

若函数有两个不同的零点，求实数a的取值范围．

已知，函数恰有两个不同的极值点，，证明：．

答案和解析1.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查简洁计数原理的应用，属于基础题．

利用分类加法计数原理干脆求出答案即可．

【解答】

解：由分类加法计数原理知，不同的选法种数为．

故选C．

2.【答案】D

【解析】【分析】本题考查函数求导，属于基础题．

先求得，再求出即可．

【解答】解：由题意，得，则，故选D．

3.【答案】D

【解析】【分析】

本题主要考查利用导数探讨函数的单调性，属于基础题．

对函数求导，令导函数大于0，即可得到答案．

【解答】

解：由题意，函数的定义域为R，对函数求导得：

．

由，得，

函数的单调递增区间是，

故选D．

4.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查导数的几何意义，属基础题．

利用导数的几何意义即可求解．

【解答】

解：由曲线在点处的切线方程为，

则，，

所以，

故选A．

5.【答案】A

【解析】【分析】

本题主要考查函数图象的选择，属于中档题．

从函数的奇偶性单调性入手，结合解除法选择选项是关键．

【解答】

解：因为函数是偶函数，所以可以解除B选项，

又因为函数的导函数为：

，

若

若，，

所以当时，，即在y轴右侧单调递增，故解除C，D选项．

故选A．

6.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查导数在探讨函数极值方面的应用，属于中档题，转化为导函数等于零在内有解是关键．

【解答】

解：，函数在内存在极值点，

即在内有解，内有解，

因为在为减函数，所以，

即．

故选A．

7.【答案】C

【解析】解：依据题意，函数，其导数，

即函数为增函数，

又由，

则有，

故选：C．

依据题意，由函数的解析式对其求导，分析可得函数为增函数，进而由对数的运算分析可得，结合函数的单调性即可得答案．

本题考查函数的单调性的判定以及函数单调性的应用，关键是利用函数的导8.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查利用导数探讨函数的单调性和零点问题，属于中档题．

依据相关学问即可确定各选项的正误．

【解答】

解：选项A：由得：，所以函数只有一个零点0，故A错误；

选项B：由解得：，且所以函数在上单调递减，在单调递增，故B错误；

选项C：函数的极值点指的是函数的自变量的取值，不是一个点，故C错误；

选项D：函数在单调递增，所以因为，所以，即，故D正确．

故选D．

9.【答案】AC

【解析】【分析】

本题主要考查了导数的几何意义，利用导数探讨函数的单调性，利用导数探讨函数的极值的应用．

依据的导函数图像即可求解．

【解答】

解：是函数的极值点，故A正确，

B.不是函数的最小值点，故B错误

C.在区间上单调递增，故C正确，

D.在处切线的斜率大于零，故D错误．

故选AC．

10.【答案】BCD

【解析】【分析】

本题考查利用导数探讨函数零点的个数问题，属于中档题．

结合图象，由函数与的图象恰有一个公共点，当时刚好满意，当只须要直线是的切线，且切点为，然后利用导数的几何意义即可求解．

【解答】

解：与恒过定点，

如图：

，

当时，两函数图象恰有一个公共点，

当时，函数与的图象恰有一个公共点，

则为的切线，且切点为，

由，所以，

综上所述，实数a可能取值为0，1，．

故选BCD．

11.【答案】ABD

【解析】【分析】

本题考查函数的奇偶性，考查推理实力和计算实力，属于基础题．

利用为偶数即可求解．

【解答】

解：设，因为

所以为奇函数则，

，

，

．

，

为偶数．

故选ABD．12.答案BCD解析由ex>x＋1对∀x∈R恒成立，结合对称性可知，对∀x∈R，不等式e－x>1－x恒成立，故A不正确；由ex≥x＋1，且x∈(0，＋∞)，两边取对数，得x>ln(x＋1)，即ln(x＋1)<x，故B正确；令f(x)＝lnx－x＋1，则f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，∴f(x)max＝f(1)＝0，则lnx－x＋1<0，即lnx<x－1，故C正确；当x∈(0，＋∞)，且x≠1时，不等式eq\f(lnx,x＋1)＋eq\f(1,x)>eq\f(lnx,x－1)等价于eq\f(2lnx,x2－1)－eq\f(1,x)<0，即eq\f(1,x)>eq\f(2lnx,x2－1)，若x∈(0,1)，则eq\f(x2－1,2x)<lnx，令g(x)＝eq\f(x2－1,2x)－lnx，g′(x)＝eq\f(4x2－2x2＋2,4x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(x－12,2x2)>0，∴g(x)在(0,1)上为增函数，则g(x)<g(1)＝0，即eq\f(x2－1,2x)<lnx.若x∈(1，＋∞)，则eq\f(x2－1,2x)>lnx，令g(x)＝eq\f(x2－1,2x)－lnx，g′(x)＝eq\f(4x2－2x2＋2,4x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(x－12,2x2)>0，∴g(x)在(1，＋∞)上为增函数，则g(x)>g(1)＝0，即eq\f(x2－1,2x)>lnx.∴不等式eq\f(lnx,x＋1)＋eq\f(1,x)>eq\f(lnx,x－1)恒成立．D正确．故选ABCD.

13.【答案】12

【解析】【分析】

本题主要考查分步乘法原理及其应用，考查学生推理实力，属于基础题．

首先第一步先从4幅画中选2幅，其次步，在将选出的2幅画放在左、右两边墙上，利用分步乘法原理得到答案．

【解答】

解：第一步先从4幅画中选2幅共有中选法

其次步，在将选出的2幅画放在左、右两边墙上有2种方法；

所以依据分步乘法原理不同的挂法为．

故答案为：12．

14.【答案】3

【解析】解：，

，

当时，有极大值3，

，，

，，

，，

．

故答案为：3．

求导函数，利用当时，有极大值3，求出a，b的值，即可得出结论．

本题考查导数学问的应用，考查函数的极值，考查学生的计算实力，属于中档题．

15.【答案】480

【解析】【分析】

本题考查了两个计数原理的综合应用，属于基础题．

依据题意分状况探讨，再相加即可．

【解答】

解：用四种颜色涂A，B，C，D种数有；

用三种颜色涂AD，B，C种数有，

则共有种．

故答案为480．

16.【答案】

本题考查函数单调性的应用，涉及利用导数推断函数的单调性，关键是构造，并分析函数的奇偶性、单调性，考查了分析和转化实力，属于中档题．

依据题意，令，分析可得为奇函数且在R上为减函数，然后将不等式进行转化即可求解．

解：依据题意，令，

若，变形有，

即，

故为奇函数，

由，则，

又当时，，则时，恒成立，

即在上为减函数，

又由为奇函数，则在上也为减函数，

因为当时，，

则，

综上所述为R上的减函数，

则不等式，即，

所以，即，

则有，解得，

故不等式的解集为．

故答案为．17.【答案】解：Ⅰ依据题意，，

则，

Ⅱ依据题意，，则．

【解析】依据题意，由导数的计算公式计算可得答案．

本题考查导数的计算，关键驾驭导数的计算公式，属于基础题．

18.【答案】解：由的图象过点得，

，

又，

由得，

．

，

由得或，

的单调递增区间为，．

【解析】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的极值的求法，考查转化思想以及计算实力，属于较易题目．

由的图象过点得，结合，求解即可．

通过，求解的单调递增区间即可．

19.【答案】解：时，，

，

令，则或，

在上单调递减，在上单调递增，

，

在上的最大值为，最小值为

在时，，

可得在上恒成立，

只要求在的最小值即可，

而恒成立，

在上为增函数，

，

．

【解析】本题考查利用导数探讨函数的单调性及求函数的最值，属于中档题目．

将代入，求出的导数，得出的单调性，求出的最值即可；

由题意可得在上恒成立，分类参数a，转化为在上恒成立，求出在上的最小值即可．

20.【答案】解：若选，

当时，的定义域为，

，

所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，

所以的最小值为，所以；

若选，

当时，的定义域为，

，

则恒成立，所以单调递减，

所以不等式得，

所以，解得，

即不等式的解集为．

【解析】本题考查了利用导数探讨函数的单调性，分选和两种状况，利用导数探讨单调性即可得证．21.【答案】解：，

当时，，在R上单调递增；

当时，令，得，

当时，，在上单调递减；

当时，，在上单调递增；

设

，即对恒成立，

，

令，对恒成立，在上单调递增，

，

当，即时，，在上单调递增，

，，

又，，

当，即时，则存在唯一的使，，

当时，，当时，，

即时，单调递减，时，单调递增，

故，解得，，

又，而在上单调递增，，

解得．

综上，实数a的取值范围为

22.【答案】解：，

，

当时，，函数在上递减；

当时，令，解得；令，解得，

函数在递减，在递增；

综上，当时，函数在上单调递减；

当时，函数在上单调递减，在上单调递增；

由知，若，函数在上单调递减，不行能有两个不同的零点，故；

且当时，；当时，；

故要使函数有两个不同的零点，只需，即，