广东省中山市华辰实验中学2024−2025学年高二下学期3月月考数学试题（含解析）

广东省中山市华辰实验中学2024−2025学年高二下学期3月月考数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．下列求导运算正确的是（）A． B．C． D．2．用0～5这6个数字，可以组成的没有重复数字的三位数的个数为（）．A．100 B．150 C．200 D．2253．2025年U-20男足亚洲杯足球赛于2月份在深圳举行，东道主中国所在的A组共有四支球队，四支球队之间进行单循环比赛，共进行的比赛的场数为（）．A．4 B．6 C．8 D．104．若函数在区间上单调递增，则实数k的取值范围是（）．A． B． C． D．5．某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷雨”六张知识展板放置在六个并列的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“清明”和“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为（）A．24 B．48 C．144 D．2406．《九章算术》是我国古代数学名著之一，其中记载了关于粟米分配的问题．现将14斗粟米分给4个人，每人分到的粟米斗数均为整数，每人至少分到1斗粟米，则不同的分配方法有（）A．715种 B．572种 C．312种 D．286种7．已知，则（

）A． B． C． D．8．在某市举行的半程马拉松比赛中，某路段设三个服务站，某高校5名同学到①、②、③三个服务点做志愿者，每名同学只去1个服务点，每个服务点至少1人，其中同学甲不去①号服务点，则不同的安排方法共有（）．A．50种 B．100种 C．150种 D．200种二、多选题（本大题共3小题）9．“六艺”即“礼､乐､射､御､书､数”，为春秋战国时期读书人必须学习的六种技艺，分别为礼法､乐舞､射箭､驾车､书法和算术，其中射箭､驾车（御战车､驾车）为军事技能．某国学馆开设“传承优秀文化”专题培训班，对这六种技艺要逐项培训，下列叙述正确的是（

）A．“礼”与“射”必须相邻的培训方法有种B．先培训“数”后培训“乐”的培训方法种数为C．“御､书､数”相邻的培训方法种数为D．“射”排在最后的培训方法种数为10．已知函数，则下列说法正确的是（）．A．存在b，使得恰有1个零点B．是的极小值点C．存在m，n，使得函数为奇函数D．若存在两个极值点且，则11．设函数，若恒成立，则满足条件的正整数k可能是（）A．2 B．3 C．4 D．5三、填空题（本大题共3小题）12．已知函数，则曲线在点处的切线方程为．13．如图，用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法有.14．若函数有且仅有两个零点，则实数a的取值范围为．四、解答题（本大题共5小题）15．（1）计算：．（2）解不等式：．16．已知函数，且满足(1)求实数的值；(2)求函数在区间上的最大值和最小值.17．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)当时，求函数在的最小值.18．（1）证明：当时，；（2）函数，（ⅰ）若在区间内有唯一极值点，求实数a的取值范围；（ⅱ）若在上恒成立，求实数a的取值范围．19．已知函数(1)讨论的单调性；(2)当时.（ⅰ）求曲线的斜率为e的切线方程；（ⅱ）当时，，证明：

参考答案1．【答案】D【详解】因为所以A选项错误；因为，所以B选项错误；因为，所以C选项错误；因为，所以D选项正确.故选D.2．【答案】A【详解】依题意，从6个数字中任取3个的排列数为，其中数字0在百位的有个，所以组成的没有重复数字的三位数的个数为.故选A.3．【答案】B【详解】四支球队之间进行单循环比赛，共进行的比赛的场数为.故选B.4．【答案】D【详解】函数在区间上单调递增，则，，即，成立，而函数在上单调递增，即，因此，解得，所以实数k的取值范围是.故选D.5．【答案】C【详解】将“立春”和“春分”两块展板看成一个整体，与“雨水”“谷雨”两块展板进行全排列，再将“清明”和“惊蛰”两块展板插空，所以不同的放置方式种数为．故选C.6．【答案】D【详解】本题可转化为将14个大小相同，质地均匀的小球分给甲，乙，丙，丁4个人，每人至少分1个，利用隔板法在中间13个空隙（两端除外）当中插入3个隔板，可得分配的方案数为，所以不同的分配方法有286种．故选D.7．【答案】D【详解】令函数，求导得，函数在上单调递减，，即当时，，则，，即，所以.故选D.8．【答案】B【详解】将5名同学按和分组分别有种和种分法，再将含有同学甲的一组安排到②、③服务点，最后安排另两组，安排方法有种，所以不同的安排方法共有（种）.故选B.9．【答案】BCD【详解】对于A，先排“礼、射”有种，然后将“礼、射”看作一个元素，与其余4个全排有，所以满足条件的培训方法种数为，故A项错误；对于B，先全排有种，“数”和“乐”的顺序有2种，满足顺序排法相同，所以满足条件的排法有种，故B项正确；对于C，先排“御、书、数”有种，然后将“御、书、数”看作一个元素，与其余3个全排有，所以满足条件的培训方法种数为，故C项正确；对于D，先排“射”，然后其他5种全排，共有培训方法种数为，故D项正确．故选BCD.10．【答案】ACD【详解】对于A，取，由，解得，A正确；对于B，求导得，当时，0不是极值点，B错误；对于C，取，，令，，即函数是奇函数，C正确；对于D，函数的零点为，由存在两个极值点，得，是两个变号零点，因此是的两个极值点，则，整理得，解得，D正确.故选ACD.11．【答案】AB【详解】当时，恒成立，即在上恒成立，令，则，，再令，则，故在上单调递增，又因为，，所以在上存在零点，且，所以当时，，即，单调递减；当时，，即，单调递增；故，因为，故，所以由得.故选AB.12．【答案】【详解】函数，求导得，则，而，所以所求切线方程为，即.13．【答案】48【详解】根据题意，对于区域A，有4种涂色方法，对于区域B，有3种涂色方法，对于区域C，有2种涂色方法，对于区域D，有2种涂色方法，则由分步乘法计数原理可得种涂色方法.14．【答案】【详解】函数有且仅有两个零点，即有两个根，且由图像易得两根均大于1，又因为，所以则，即令，则，又因为恒大于1，，可得又因为，可得在上恒增，即有两交点，等价于有两根，所以有两交点，又因为的图像如图且的根为，则在上单增，在上单减，且时，，又因为有两交点，则，则.15．【答案】（1）0；（2）.【详解】（1）.（2）在中，，，整理得，即，解得，所以或，原不等式的解集为.16．【答案】(1)(2)函数在区间上的最大值为，最小值为【详解】（1）因为，所以，令，即方程，解得（2）由（1）知，，所以，令，即，解得．列表如下：23+0-0+当时，单调递增：当时，单调递减：当时，单调递增．所以有极大值；有极小值又．所以函数在区间上的最大值为，最小值为．17．【答案】(1)答案见解析；(2).【详解】（1）由题意知的定义域为，，①若，恒成立，所以在上单调递减.②若，由，得，所以当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增.综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）由（1）知，在单调递减，在单调递增.①当，即时，在单调递减，当时，有最小值；②当，即时，在上单调递减，在上单调递增.当时，有最小值；③当，即时，在上单调递增，当时，有最小值；综上：.18．【答案】（1）证明见解析；（2）（ⅰ）；（ⅱ）.【详解】（1）令函数，求导得，当且仅当取等号，因此函数在上单调递增，，所以当时，.（2）（ⅰ）函数，求导得，当时，由，得，，，函数在上单调递增，没有极值点，不合题意；当时，令，求导得，而，则，函数在上递增，又，，函数在上有唯一零点，且，则当时，；，，因此在上有唯一极值点，符合题意，所以实数a的取值范围是.（ⅱ）由（ⅰ）知，当时，存在，函数在上单调递减，当时，，不符合题意；当时，由（1）知，当时，，则，于是当时，，令函数，求导得，函数在上单调递增，，此时对恒成立，符合题意，所以实数a的取值范围是.19．【答案】(1)答案见解析(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析【详解】（1）由题意可知：函数的定义域为，且，当时，，可知在上单调递减；当时，由解得；由解得；可知在上单调递增，在上单调递减；当时，由解得；由解得；可知在上单调递减，在上单调递增；综上，当时在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）当时，，（i）设曲线在点处的切线斜率为e，则，显然，令，当时，，可知在上单调递增，且，可知的根为1，所以，且，所以切线方程为；（ⅱ）设，令，当时，则，可得；当时，则，可得；可知对任意恒成立，所以，当且仅当时，等号成立，由（1）可知：在上单调递增，在上单调递减，当时