2023-2024学年安徽省合肥六中高二（下）月考数学试卷（含解析）

2023-2024学年安徽省合肥六中高二（下）月考数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知，则( )
A. B. C. D.
2.一班有名棋手，出场次序已经排定，二班有名棋手，现要排出这人的出场顺序，如果不改变一班棋手出场次序，那么不同排法有种．
A. B. C. D.
3.若，则( )
A. B. C. D.
4.已知函数存在两个零点，则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
5.现在有名学生，其中人只会唱歌，人只会跳舞，人既会唱歌又会跳舞现要选唱歌的人、跳舞的人共人去参加比赛，则不同的选派方法共有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
6.春天来了，万物复苏，合肥六中乐之楼楼下的花坛里种了不同颜色的花如图，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则最多有几种栽种方案数有( )
A. B. C. D.
7.定义域为的函数满足，其导函数为，当时，有成立，则关于的不等式的解集为( )
A. B.
C. D.
8.已知，，，则，，的大小顺序为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.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. 若函数，则的极大值为
D. 设函数的导函数为，且，则
10.A、、、、五个人并排站在一起，则下列说法正确的有( )
A. 若、两人站在一起有种方法
B. 若、不相邻共有种方法
C. 若在左边有种排法
D. 若不站在最左边，不站最右边，有种方法
11.，，均有成立，求的取值范围，以下选项错误的为( )
A. B. C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若函数极值点为，则的值为______．
13.用十个数字排成三位数，允许数字重复，把个位、十位、百位的数字之和等于的三位数称为“长久数”，则“长久数”一共有______个
14.设函数，，若有且仅有两个整数满足，则实数的取值范围为______．
四、解答题：本题共4小题，共62分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知展开式中的第四项为常数项．
求的值；
求展开式中所有项的系数和与二项式系数和．
16.本小题分
已知函数．
若函数在区间上单调递增，求的取值范围；
设函数，若存在，使不等式成立，求实数的取值范围．
17.本小题分
某中学高二年级计划假期开展历史类班级研学活动，共有个名额，分配到历史类个班级可以有的班级没有名额，所有名额全部分完．
共有多少种分配方案？
名学生确定后，分成，，，个小组，每小组至少人，共有多少种方法？
名学生来到火车站，火车站共设有个“安检”入口，每个入口每次只能进个旅客，求人进站的不同方案种数．
18.本小题分
已知函数．
求函数的单调减区间；
设，求证：函数在上有唯一零点．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，即，故，故．
故选：．
根据排列组合公式得到，解得答案．
本题主要考查组合、排列数公式，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：依题意，名棋手作全排列为，其中原有名棋手的排列有，
所以不改变一班棋手出场次序的不同排法种数有．
故选：．
把名棋手作全排列，而原有名棋手的排列只有一种顺序，利用缩倍法列式计算即得．
本题考查排列组合的应用，是中档题．
3.【答案】
【解析】解：令有，令有，故．
故选：．
分别令和再联立求解即可．
本题考查的知识点：赋值法，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：由题意函数的定义域是，
函数存在两个零点，
在上存在两个不同的解，
当时，不成立，
故不是方程的解，
当时，化为在上有两个不同的解，
即直线与函数的图像在上有两个不同的交点，
令，，则，
令，解得，令，解得或，
故函数在，递减，在递增，
故函数在处取得极小值为，
当时，时，，时，，
如图示：
，
结合图像，要使直线和函数的图像有个交点，
则．
即实数的取值范围是，
故选：．
问题转化为直线与函数的图像在上有两个不同的交点，令，，根据函数的单调性画出函数的图像，结合图像求出的取值范围即可．
本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及数形结合思想，是中档题．
5.【答案】
【解析】解：依题意，得不同的选派方法共有．
故选：．
结合题意，利用分类法列式可求得答案．
本题考查排列、组合及简单计数问题，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：若个花池栽了种颜色的花卉，方法有种，
若个花池栽了种颜色的花卉，则、两个花池栽同一种颜色的花，
或者、两个花池栽同一种颜色的花，方法有种，
若个花池栽了种颜色的花卉，方法有种，
所以最多有种栽种方案．
故选：．
依次求出个花池栽了种颜色的花卉，栽了种颜色的花卉，栽了种颜色的花卉的方法种数，再相加即得所求．
本题考查排列组合的应用，考查分类计数原理的运用，是中档题．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题考查函数的奇偶性、单调性在研究不等式的应用，同时考查了导数在研究函数的单调性时的应用．
易知函数是奇函数，然后构造函数，该函数为奇函数，根据当时，有成立，可知函数在上单调递减，然后结论可化为，结合函数的奇偶性和单调性即可求解．
【解答】
解：因为定义域为的函数满足，
故函数为奇函数，且，
令函数，，显然该函数为奇函数，且．
又因为当时，有成立，
所以，，
故函数在递减，
所以在内单调递减，
且时，；时，．
因为，且时，，
故．
故．
故选：．
8.【答案】
【解析】解：设，则，
即在上单调递增，
故，
即，故，即，
设，则，
即在上单调递减，
故，
故，即，
于是．
故选：．
构造可以比较，，构造可以比较，．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：选项A，，，故选项A正确．
选项B，因为，令，则，故选项B错误．
选项C，函数，则，
令，得或，令，解得，令，解得或．
所以函数的单调递减区间为，，单调递增区间为．
所以当时，函数有极大值为，故选项C错误．
选项D，由已知可得，
所以，则，故选项D正确．
故选：．
根据导数的运算性质对各个选项逐个求解即可判断．
本题考查导数的综合应用，属中档题．
10.【答案】
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，将看成一个整体，与全排列，有种排法，A错误；
对于，将排好，将安排在空位中，有种排法，B正确；
对于，人全排列，有种排法，在左边与在右边的情况数目相同，则在左边的排法有种，C正确；
对于，不考虑限制条件，人有种不同的排法，站在最左边的排法有种，站在最右边的排法有种，
站在最左边且站在最右边的排法种，则有种不同的排法，D正确；
故选：．
根据题意，依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步分类计数原理的应用，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：不妨设，则，
由，得，即，
则，令，于是，，，
因此在区间上单调递减，求导得对于恒成立，
即对于恒成立，从而对于恒成立，
而函数在区间上单调递减，当时，，则，
所以的取值范围是，B正确，ACD错误．
故选：．
对给定不等式作等价变形，构造函数，利用函数在区间上单调递减，借助导数求解即得．
本题主要考查了由不等式恒成立求解参数范围，体现了转化思想的应用，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：，定义域是，
，
若的极值点是，
则，则，，
故，
故答案为：．
求出函数的导数，根据，得到，，代入计算即可．
本题考查了导数的应用，极值点问题，考查转化思想，是基础题．
13.【答案】
【解析】解：设，，对应个位到百位上的数字，
则且，
相当于将个表示的球与个表示的球排成一排，
如图，，
这个数有个空，用个隔板隔开分为组，左起第一组数的和作为，第二组数的和作为，第三组数的和作为，
故共种．
故答案为：．
将“长久数”的排列转化为将个表示的球与个表示的球排成一排，利用隔板法即可求解．
本题主要考查组合及简单的计数问题，考查运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：设，，则，
，，在上单调递增，
，，在上单调递减，
时函数取极大值即最大值，
又，，，
直线恒过定点且斜率为，
要使有且仅有两个整数满足，
即有且仅有两个整数满足，
且，
解得，即．
故答案为：．
设，，利用导数求出的单调区间，即可求出其最大值，依题意有且仅有两个整数满足，即可得到且，从而求出参数的取值范围．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】解：根据二项展开式：；
由于第四项为常数项；所以，故；
由得：的系数的和，当时，系数的和为；
二项式系数的和为．
【解析】本题考查二项展开式的系数，组合数的应用，赋值法的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
直接利用二项式系数的展开式的应用求出结果；
利用赋值法和组合数的应用求出结果．
16.【答案】解：由得，
在上单调递增，，
，
的取值范围是．
存在，使不等式成立，
存在，使成立，
令，从而，，
，，，，
在上单调递增，
，．
实数的取值范围为．
【解析】求出导函数，通过得，然后求解的范围，利用函数的单调性求解的取值范围．
存在，使不等式成立，即成立，构造函数，通过导数求解函数的最小值，即可顶点实数的取值范围．
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以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力．
17.【答案】解：某中学高二年级计划假期开展历史类班级研学活动，共有个名额，分配到历史类个班级可以有的班级没有名额，所有名额全部分完，
等价于将个相同的元素分成组，每组至少个，
由隔板法可得：共有种分配方案；
先把名学生分成组，
则有种不同的分法，
然后将这组分到，，，个小组，
则共有种方法；
名学生来到火车站，火车站共设有个“安检”入口，每个入口每次只能进个旅客，
因为每名学生有种进站方法，
所以人进站有种不同的方案．
【解析】问题等价于将个相同的元素分成组，每组至少个，然后结合隔板法求解即可；
先把名学生分成组，然后将这组分到，，，个小组即可；
每名学生有种进站方法，然后结合分步计数乘法原理求解即可．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了平均分组问题及分类计数加法原理，属基础题．
18.【答案】解：函数的定义域为，求导得，
由，即，解得，
所以函数的单调减区间是．
证明：依题意，，令，
函数在上有唯一零点，当且仅当函数在上有唯一零点，
求导得，显然函数在上单调递增，而，
则存在，使得，当时，，当时，，
于是函数在上单调递减，在上单调递增，
显然，因此函数在上存在唯一零点，
从而函数在上存在唯一零点，
所以函数在上有唯一零点．
【解析】求出函数的导数，再解导函数小于的不等式即得．
求出并变形，构造函数，，利用导数探讨的零点个数即得．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了导数与函数性质及零点存在定理在函数零点个数判断中的应用，属于中档题．
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