贵州省黔西南州金成实验学校2024-2025学年高二下学期3月质量检测数学试卷（含详解）

贵州省黔西南州金成实验学校2024 2025学年高二下学期3月质量检测数学试卷
一、单选题
1．设函数在处存在导数为2，则（ ）
A．2 B．1 C． D．6
2．已知函数，则（ ）
A． B． C． D．
3．函数的单调递增区间是（ ）
A． B．和
C． D．
4．用，，，四个数字组成没有重复数字的三位偶数，共有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
5．有互不相同的5盆菊花，其中2盆为白色，2盆为黄色，1盆为红色，现要摆成一排，要求红色菊花摆放在正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，则共有摆放方法（ ）
A．120种 B．32种 C．24种 D．16种
6．将甲乙丙丁戊5名志愿者全部分配到A，B，C三个地区参加公益活动，要求每个地区都要有志愿者且最多不超过2人，则不同的分配方案有（ ）
A．90种 B．180种 C．60种 D．120种
7．某人忘了电脑屏保密码的后两位，但记得最后一位是1，3，5，7，9中的一个数字，倒数第二位是G，O，D中的一个字母，若他尝试输入密码，则一次输入就解开屏保的概率是（ ）
A． B． C． D．
8．若函数在处有最值，则等于（ ）
A．2 B．1 C．0 D．
二、多选题
9．下列命题正确的有（ ）
A．已知函数，若，则
B．已知函数在上可导，若，则
C．
D．设函数的导函数为，且，则
10．若，则的值可以是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
11．现有3个编号为1，2，3的盒子和3个编号为1，2，3的小球，要求把3个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有（ ）
A．没有空盒子的方法共有6种
B．所有的放法共有21种
C．恰有1个盒子不放球的方法共有9种
D．没有空盒子且小球均不放入自己编号的盒子的方法有2种
三、填空题
12．曲线在处的切线方程为 .
13．如图，为了迎接五一国际劳动节，某学校安排同学们在A，B，C，D四块区域植入花卉，现有4种不同花卉可供选择，要求相邻区域植入不同花卉，不同的植入方法有 （结果用数字作答）
14．人的身高各不相等，排成前后排，每排5人，要求从左至右身高逐渐增加，共有 排法．
四、解答题
15．在产品质量检验时，常从产品中抽出一部分进行检查.现在从98件正品和2件次品共100件产品中，任意抽出3件检查.
（1）共有多少种不同的抽法？
（2）恰好有一件是次品的抽法有多少种？
（3）至少有一件是次品的抽法有多少种？
（4）恰好有一件是次品，再把抽出的3件产品放在展台上，排成一排进行对比展览，共有多少种不同的排法？
16．寒假有来自不同大学的3名男生和2名女生来母校开展大学宣讲活动．
（1）若要将这5名同学分配到三个班进行宣讲，每班至少一名同学，有多少种不同的分配方案？
（2）宣讲完毕，这五位同学和原高中班主任合影留念，要求班主任站在甲乙同学中间，有多少种不同的排法？
（3）若这五位同学中甲、乙、丙三位同学身高互不相等，则这五位同学和班主任合影留念时甲、乙、丙三人按高低从左到右有多少种不同的排法？
（4）随后这五位同学合影留念时，同学甲不站在最左端，同学乙不站在最右端，有多少种不同的排法？（写出必要的数学式，结果用数字作答）
17．给定函数．
（1）判断函数的单调性，并求出的极值；
（2）求出方程的解的个数．
18．已知函数.
（1）求的最大值；
（2）当时，证明：.
19．已知函数满足．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围．
参考答案
1．【答案】B
【详解】由已知有，
则.
故选B
2．【答案】C
【详解】函数，求导得，
所以.
故选C
3．【答案】C
【详解】由题设，且，
可得，所以递增区间为.
故选C
4．【答案】D
【详解】先排个位数，有2种选择，再排十位和百位，由种选择，
根据分步乘法计数原理可得共有个不重复的三位偶数，
故选D
5．【答案】D
【详解】红色左边放一盆白色，一盆黄色，右边放一盆白色，一盆黄色，
先选左边，白色二选一，黄色二选一，再进行排列，故有种选法，
再考虑后边，剩余的白色和黄色进行排列即可，有种选法，
综上：一共有摆放方法=16种.
故选D
6．【答案】A
【详解】由题先将5名志愿者分成三组有种分法，
再将分得的三组分配到A，B，C三个地区参加公益活动有种分法，
所以所求的不同的分配方案有种.
故选A.
7．【答案】C
【详解】由题设，后两位的可能情况有，
∴一次输入就解开屏保的概率是.
故选C.
8．【答案】B
【详解】因为函数的定义域为，在处有最值，则是函数的极值点，
又因为，则，
经检验，满足极值条件，
故选B
9．【答案】BD
【详解】A选项，由，得，则，解得，故A错；
B选项，由题意，根据导数的概念可得，则，故B正确；
C选项，根据导数的运算法则可得，，故C错；
D选项，由得，则，
解得，故D正确；
故选BD
10．【答案】BC
【详解】因为，所以或，解得或.
故选BC.
11．【答案】AD
【详解】对于A，没有空盒子即相当于3个编号为1，2，3的小球分别放入3个编号为1，2，3的盒子中的全排列，
故方法共有种，A正确；
对于B，所有的放法，即每个球都有3种放法，故共有（种）放法，B错误；
对于C，恰有1个盒子不放球，即有2个球放入一个盒子中，另一个球放入另一个盒子中，
那么先3个盒子选一个作为空盒，在把3个球选出2个绑在一起，在排列，
共有（种）放法，C错误；
对于D，没有空盒子且小球均不放入自己编号的盒子，则只有以下2种情况：
即1号球放入2号盒子，2号球放入3号盒子，3号球放入1号盒子；
1号球放入3号盒子，3号球放入2号盒子，2号球放入1号盒子，D正确，
故选AD
12．【答案】
【详解】，则，，
故所求切线方程为，即.
故答案为.
13．【答案】72
【详解】区域有4种选择，区域有3种选择，A区域有3种选择，B区域有2种选择，
由分步乘法计数原理可知，不同的植入方法共有种.
14．【答案】252
【详解】由题意可知，每排5人，身高定序，选出5人即按序排好，
第一步，先定前排，
法一，从10人中选5人按身高排好，有种方法，
法二，从10人中选5人排在前排的5个位置，有种方法，
由于5人排序方法有种，但根据题意按身高排列只一种排序方法，
故除以去序，即有种方法；
第二步，再定后排，
前排选定后，余下5人在后排且定序排好，只1种排法.
由分步计数原理得，故共有种排法.
15．【答案】（1）种
（2）种
（3）种
（4）种
【详解】（1）100件产品，从中任意抽出3件检查，共有种不同的抽法；
（2）事件分两步完成，第一步从2件次品中抽取1件次品，第二步从98件正品中抽取2件正品，
根据乘法原理得恰好有一件是次品的抽法有种不同的抽法；
（3）利用间接法，从中任意抽出3件检查，共有种不同的抽法，
全是正品的抽法有，则至少有一件是次品的抽法有种不同的抽法；
（4）恰好有一件是次品，再把抽出的3件产品放在展台上，
排成一排进行对比展览，共有种不同的排法.
16．【答案】（1）150
（2）48
（3）120
（4）
【详解】（1）将5名同学分为3，1，1或2，2，1三组，然后分配到三个班，
所以分配方案有种．
（2）先甲乙同学之间排列，再把班主任和甲乙同学看作一个整体，与其他3名同学排列，
则不同的排法种．
（3）先将6人全排列有种，考虑到甲、乙、丙三人排列有种，
所以甲、乙、丙三人按高低从左到右排列时，不同的排法有种．
（4）先将五位同学全排列，去掉同学甲站在最左端的情形，再去掉同学乙站在最右端的情形，再加上重复去掉的同学甲站在最左端且同学乙站在最右端的情形，
所以不同的排法种数有．
17．【答案】（1）函数在单调递增，在单调递减，的极小值为：，无极大值.
（2）当时，方程无解；当或时，方程有个解；当时，方程有个解.
【详解】（1）因为，所以，
令，解得，令，解得，所以函数在单调递增，
函数在单调递减，所以为函数的极小值点，
所以的极小值为：，无极大值.
综上所述：函数在单调递增，在单调递减，的极小值为：，无极大值.
（2）易知当时，，当时，，当时，，
再根据（1）中函数的单调性和极值可以大致作出函数图象如下所示：
由（1）知，的极小值即为函数最小值，方程的解的个数
等价于函数的图象与直线交点的个数，由下图可知：
当时，函数的图象与直线没有交点，故方程无解；
当时，函数的图象与直线有个交点，
故方程有个解；
当或时，函数的图象与直线有个交点，
故方程有个解；
综上所述：当时，方程无解；当或时，方程有个解；当时，方程有个解.
18．【答案】（1）
（2）证明见解析
【详解】（1），令得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
当时，取得最大值，且最大值为.
（2）设，，则，
在上单调递增，
，即在上的最小值为4，
，，，
当时，.
19．【答案】（1）答案见解析
（2）．
【详解】（1）因为，定义域为，得
令，则，当，得，
当，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即恒成立，
所以的单调递增区间为，无单调递减区间．
（2）由题意在区间上恒成立，即恒成立，
即在区间上恒成立，
令，，只需
因为，令，，
有，
所以函数在上单调递减，所以，即，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，
所以实数a的取值范围为．