江苏省镇江中学2024-2025学年高二下学期3月阶段性学情检测数学试题

第 1 页 共 13 页 江苏省镇江中学 2024-2025 学年第二学期 高二年级 3 月份阶段性学情检测 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的. 1. 某同学逛书店，发现 3 本喜欢的书，决定至少买其中一本，则有（ ）种购书方法 .A 3 B .6 .C 7 .D 9 【答案】C 【解析】该同学决定至少购买一本书，则他可能购买 1,2,3 本 购买 1 本时：有 3 种可能 购买 2 本时：有 23C =3 种可能 购买 3 本时：有 1 种可能 所有共有 7 种可能 2. 函数 xey x 2sin 的导数为（） .A xey x 2cos2'  .B )2cos22(sin' xxey x  .C )2cos2(sin2' xxey x  .D )2cos2sin2(' xxey x  【答案】B 【解析】本题考察的是乘法形式，所以应该运用导数的乘法公式进行求导，所以 )2cos22(sin2cos22sin)2(sin2sin)( ''' xxexexexexey xxxxx  3. 设函数 )(xf 在 0xx  处存在导数为 2，则 x xfxxf x    )()2(lim 00 0 =（） .A 2 .B 1 .C 4 2 1.D 第 2 页 共 13 页 【答案】C 【解析】由题 )(xf 在 0xx  处导数的为 2，可得 x xfxxfxf x     )()(lim)( 00 0 ' = 2 ,所以 4)(2 2 )()2(lim2)()2(lim '00 0 00 0        xf x xfxxf x xfxxf xx 4.函数 f(x)= xe +x 在点（1，0）处的 切线方程为（） .A 12  xy .B 1 xy .C 1 exy .D 1)1(  xey 【答案】A 【解析】 1'  xey ，求 )(xf 在（0,1）处的切线，则（0,1）为切点，斜率 21)0( 0'  efk ， 所以 xxxfy 2)0)((1 '  ，即 12  xy 5.若定义在 R 上的函数 3 '( )y x f x 的图像如图所示，则函数 ( )y f x 的增区间为（ ） A. [0，1] B. [0，2] C. ( ,0] D. ( ,2] 【答案】B 【解析】由图像可得， 当0 2x  时，由 3 '( ) 0y x f x  可得 '( ) 0f x  即 ( )y f x 在[0,2]上单调递增； 当 2x  时，由 3 '( ) 0y x f x  可得 '( ) 0f x  即 ( )y f x 在(2, )上单调递减； 当 0x  时，由 3 '( ) 0y x f x  可得 '( ) 0f x  即 ( )y f x 在( ,0)上单调递减； 综上，函数 ( )y f x 的增区间为[0,2]. 故选：B. 第 3 页 共 13 页 6.函数 3( ) ln 2f x x x   ，则不等式 2(3 ) (5 2 ) 0f x f x    的解集为（ ） A.（-4，2） B.（-2，2） C. ( ,2) (2, ) D. ( ,-4) (2, ) 【答案】D 【解析】首先确定函数的奇偶性 由 3 3( ) ( ) ln 2 ( ) ln 2 ( )f x x x x x f x          所以 ( )f x 为奇函数. 再确定函数的单调性 2'( ) ln 2 3f x x   ， 由 2ln 2 3x  在整个定义域内始终小于 0，所以 ( )f x 是单调递减的。 最后根据奇偶性与单调性解不等式 2(3 ) (5 2 ) 0f x f x    可转换为 2(3 ) (5 2 )f x f x    ，即 2(3 ) (2 5)f x f x   ，因为 ( )f x 单调递减，所以 23 2 5x x   ，解不等式得 4x   或 2x  。 故选：D. 7.动直线 l分别与直线 2 1y x  ，曲线 23 ln 2 y x x  相交于 ,A B两点，则 AB 的最小值为（ ） A. 5 10 B. 5 5 C.1 D. 5 【答案】A 【分析】本题考查直曲最值问题，将 AB 最小值转换为直线到曲线的最小值问题，在曲线上找一 条与直线平行的切线，利用平行线之间距离求解即可. 【解析】设点 A 是直线 2 1y x  上任意一点 点 B 是曲线 2 3 ln 2 y x x  上任意一点， 当点 B 处的切线和直线 2 1y x  平行的时候，这两条平行线之间的距离 AB 的值最小； 因为直线 2 1y x  的斜率为 2， 则令曲线 2 3 ln 2 y x x  的导数 1' 3 2y x x    ， 第 4 页 共 13 页 可得 1x  或 1 3 x   (定义域 0x  ，故舍去) 所以此时 B 点坐标 3(1, ) 2 即 min 32 1 52 105 AB     故选：A. 8.若函数 2( ) 3xf x ke x   有三个零点，则实数 k的取值范围为（ ） A. 3 6( 2 , )e e  B. 3 6(0, ) e C. ( 2 ,0)e D. 3 6( , ) e  【答案】B 【分析】运用分离变量法将 k与 x分开，将零点问题转化为两个函数的图像有三个交点的问题，数 形结合容易得到答案. 【解析】由 ( ) 0f x  ，得 2 3 3xk e   ， 设 2 3 3( ) xg x e   ， ( 1)( 3)'( ) x x xg x e     ， 令 '( ) 0g x  ，解得 1 21, 3x x   当 1 3x   时， '( ) 0g x  ； 当 1x   或 3x  时， '( ) 0g x  ； 且 3 6( 1) 2 , (3)g e g e     ， x时， ( ) 0g x  ，其图像为： 若使得函数 ( )f x 有三个零点，则 3 60 k e   . 故选：B. 第 5 页 共 13 页 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分. 9.下列说法正确的是（ ） .A 1(ln ) '   .B 设函数 ( )f x 的导函数为 ' ( )f x ，且 2( ) 3 '(2) ln ,f x x xf x   则 9'(2) 4 f   .C 函数 ( ) 2 lnf x x x  的单调递减区间为 1( , ) 2  .D 函数 3( ) 3 1f x x x   有两个极值点 【答案】BD 【解析】选项 A，常数的导数为0 ，所以 (ln ) ' 0  ， A错误； 选项 B，由 2( ) 3 '(2) ln ,f x x xf x   求导 得 1'( ) 2 3 '(2) ,f x x f x    令 2x  ， 1'(2) 2 2 3 '(2) 2 f f    解得 9'(2) 4 f   ， B正确； 选项C， ( ) 2 lnf x x x  的定义域为 (0, ) ，求导 1'( ) 2f x x   ， 令 '( ) 0f x  ，解得 1( , ) 2 x  ，结合定义域，单调递减区间为 1(0, ) 2 ,C错误； 选项D， 2'( ) 3 3f x x  ，导函数的变号零点为 1x   ，原函数 ( )f x 有两个极值点,D正确。 答案选 BD 10.有 4 位同学参加三个不同的的社团，则下列说法正确的是（ ） .A 每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有 43 种 .B 每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有 34 种 .C 每个社团限报一人且不同社团参加的人不同，则不同的报名方法共有 24 种 .D 每个社团限报一人且不同社团参加的人不同，则不同的报名方法共有33种 【答案】 AC 第 6 页 共 13 页 【解析】选项 A、 B，每位同学报一种社团，可以有 3 种选择，那么 4 个人可以报名的方法共有 43 3 3 3 3    ， A对， B错； 选项C、D，每个社团限报一人且不同社团参加的人不同，则 3 34 3 24C A  种，C对，D错。 选 AC 11．已知函数    e lnxf x x g x x x ， ，则下列说法正确的是（ ） A．函数    ,f x g x 有相同的极小值 B．当 0x  时，总有    f x g x C ．若方程  f x a 有唯一实根，则 a的取值范围为 0a  D．当 0x  时，若    1 2f x g x t  ，则 1 2x x t 成立 【答案】 ABD 【分析】利用导数思想，对函数求导后分析原函数单调性，即可解决极小值问题，对于零点问题， 则用数形结合，利用单调性作出函数图象分析即可，对于不等式问题，可利用熟悉的指对数不等式 来推理，对于两根之积则利用指对数同构思想再结合单调性去解决恒等问题. 【详解】对于 A，      e e 1 e ln 1x x xf x x x g x x      ， 当 1x   时，    1 e 0xf x x   ，则   exf x x 在  , 1  上递减， 当 1x   时，    1 e 0xf x x   ，则   exf x x 在  1,   上递增， 所以   exf x x 有极小值   11 e f    ； 当 10 e x  时，   ln 1 0g x x    ，则   exf x x 在 10, e       上递减， 当 1 e x  时，   ln 1 0g x x    ，则   exf x x 在 1 , e      上递增， 所以   lng x x x 有极小值 1 1 1 1ln e e e e g         ，故 A正确； 对于C ，结合已求的单调性作图分析， 因为 0x  ，恒有   e 0xf x x  ， 第 7 页 共 13 页 所以方程  f x a 有唯一实根，则 a的取值范围为 0a  或 1a e   ，故C 错误； 对于 B，不等式    f x g x 等价于 e lnx x ，由基本指数不等式 e 1 1 lnx x x x     可知 e lnx x 是 成立，故 B正确； 对于D，当 0x  时，由    1 2f x g x t  得， 1 2ln1 2 2 2e ln ln ex xx x x x t    ， 即    1 2lnf x f x ，显然 1 20,ln 0x x  ，则 1 2lnx x ， 则 1 2 2 2lnx x x x t  成立，故D正确. 故选： ABD． 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12．如图所示，积木拼盘由 A，B，C，D，E五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜色，且为 了体现拼盘的特色，相邻的区域需涂不同的颜色（如：A与 B为相邻区域，A与D为不相邻区域）， 现有五种不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是 【答案】960 【分析】先涂 A，再涂 B，再涂C，再涂D，最后涂 E，由分步乘法计数原理，可得不同的涂色方 法种数. 【详解】解：先涂 A，则 A有 15C =5种涂法，再涂 B，因为 B与 A相邻，所以 B的颜色只要与 A不 同即可，有 1 4C =4 种涂法，同理C有 1 3C =3种涂法，D有 1 4C =4 种涂法，E有 1 4C =4 种涂法，由分步乘 法计数原理，可知不同的涂色方法种数为5 4 3 4 4 960     ． 13.定义在 R 上的函数，若对任意的两个不相等的实数 1 2x x ，都有        1 1 2 2 1 2 2 1x f x x f x x f x x f x   ，则称 ( )f x 为＂ D 函数＂，给出下列函数： 2 2 ln | | 02 1 2(sin cos ) 3 3 ( ) 0 0 x x xy x x y x x x y x e f x x               ④① ② ③ ，其中为＂ D 函数＂的所有序号 第 8 页 共 13 页 【解析】 ①对于函数 2 2 1y x x    ，原不等式        1 1 2 2 1 2 2 1x f x x f x x f x x f x   可化为      1 2 1 2 0x x f x f x     ，这表明函数 ( )f x 是减函数。对 2 2 1y x x    求导得 2 2y x    ，函数不是在 R 上单调递减，所以①不是＂D 函数＂。 ②对于 2(sin cos ) 3y x x x   ，求导得 y   2(cos sin ) 3 2 2 sin 3 4 x x x          ，因 为 2 2 3 0  ，所以 0y  恒成立，函数 2(sin cos ) 3y x x x   在 R 上单调递减，满 足      1 2 1 2 0x x f x f x     ，是 ＂D 函数＂。 ③对于 3 xy x e   ，求导得 3 0xy e     恒成立，函数在 R 上单调递减，满足  1x      2 1 2 0x f x f x    ，是＂D 函数＂。 ④对于 ln | |, 0 0, 0 x x y x     ，当 1 21,x x   1 时，      1 2 1 2 ( 1 1)(0x x f x f x       0) 0  ，不满足      1 2 1 2x x f x f x     0 不是＂D 函数＂。 综上，＂ D 函数＂的序号为②③ 14．已知函数 ( ) 2 , ( ) ln 2f x x a g x x x    ，如果对任意的 1 2 1 1, 2 , , 2 2 2 x x           ，都    1 2f x g x„ 成立，则实数 a的取值范围是 【解析】 由 ( ) ln 2g x x x  ，可得 1( ) 2g x x     1 2x x  ，当 1 ,2 2 x      时， ( ) 0, ( )g x g x „ 在区间 1 ,2 2      上单调递减， min( ) (2) ln 2 4, ( )g x g f x     2 , ( )x a f x   在区间 1 ,2 2      上单调违增， max ( )f x  (2) 4 ,f a   对任意的 1 2 1, , 2 2 x x      ，都有  1f x „  2g x 成立， 4 ln 2 4, ln 2 8a a    „ „ ，故实数 a的取 值范围是 ( , ln 2 8]  ． 第 9 页 共 13 页 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.用 0，1，2，3，4 五个数字，问： （1）可以组成多少个无重复数字的四位密码？ （2）可以组成多少个无重复数字的四位数？ （3）可以组成多少个十位数字比个位数字大的无重复数字的四位偶数？ 【解答】解：（1）：从 5 个数字任取 4 个进行全排列，故有 45 120A  个； （2）首位不能为 0，则有 1 34 4 96A A  个． （3）由题意，是偶数个位数必须是 0,2,4.分 3 种情况讨论：①0在个位，十位必须比 0大，千位数字不能是 0且不能与个位和十位数字重复，百位数字在剩下的数字选一个， 所以共有 4×3×2=24②2 在个位，十位数字必须比 2大，千位数不能是 0且不能与个位 和十位数字重复，百位剩下 2个里面选一个。有 2×2×2=8 种选法，③4在个位，里面 没有比 4大的数字，不存在这种可能。则共有 24+8=32 种情况。 16．已知函数 3 2( ) 3 ( R)f x x ax x a    ． （1）若 3x  为 ( )y f x 的一个极值点，求 ( )f x 在 1,4 上的最小值和最大值； （2）若 ( )f x 在 [1, ) 上是增函数，求实数 a的取值范围． 【答案】（1）最小值是 18 ，最大值是 6 ； （2） ( ,0] ． 【分析】（1）求导根据 (3) 0f   得到 4a  ，再计算函数的单调区间，计算得到最值. （2）求导得到导函数，根据单调性变换得到 3 1 2 a x x       ，构造新函数，根据函数的单调性计算最 值即可. 【详解】（1） ( )f x 的定义域为R ， 2( ) 3 2 3f x x ax    ， (3) 0f   ，则 27 6 3 0a   ， 解得 4a  ， 故 2( ) 3 8 3f x x x    ，令 ( ) 0f x  ，即 23 8 3 (3 1)( 3) 0x x x x      ， 解得 1 3 x = - 或 3x  ， 故 ( )f x 在[1,4]上的最小值是 (3) 18f   ，最大值是 (1) 6f   ； （2） 2( ) 3 2 3 0f x x ax    在区间[1, ) 上恒成立，故 3 1 2 a x x       ， 设 3 1( ) 2 g x x x       ，当 1x  时， 3 1( ) 2 g x x x       是增函数，其最小值为 (1) 0g  ， 第 10 页 共 13 页 故 0a  ，即实数 a的取值范围为 ( ,0] ． 17．某商场为了获得更大的利润，每年要投入一定的资金用于广告促销.经调查，每年投入广告费 t （百万元），可增加的销售额为 2 4t t  （百万元） 0 5t （ ）. （1）若该商场将当年的广告费控制在五百万元以内，则应投入多少广告费，才能使公司由广告费 而产生的收益最大？ （2）现在该商场准备投入五百万元，分别用于广告促销和技术改造.经预算，每投入技术改造费 x（百 万元），可增加的销售额约为 3 21 3 3 x x x   （百万元），请设计一个资金分配方案，使该商场由这 两项共同产生的收益最大. 【详解】 （1）设投入广告费 t（百万元）后由此增加的收益为  f t （百万元），则   2 24 3f t t t t t t       23 9 2 4 t        ，0 5t  .所以当 3 2 t  时，  max 9 4 f t  ，即当商 场投入 3 2 百万元广告费时，才能使商场由广告费而产生的收益最大. （2）设用于技术改造的资金为 x（百万元），则用于广告促销的费用为  5 x （百万元），两项增 加的收益为    23 21 3 [ 5 3 g x x x x x         314 5 ] 5 9 10 3 x x x       . 对  g x 求导，得   2' 9g x x   ，令   2' 9 0g x x    ，得 3x  或 3x   （舍去）.当0 3x  时，  ' 0g x  ，即  g x 在  0,3 上单调递增；当3 5x  时，  ' 0g x  ，即  g x 在  3,5 上单调递 减，∴当 3x  时，    max 83g x g  . 故在五百万资金中，三百万元用于技术改造，两百万元用于广告促销，这样商场由此所增加的收益 最大，最大收益为8百万元. 18. 已知函数 xeaxxf  2)( （1）讨论 )(xf 的单调性； （2）证明：当 0a 时， aaxf 44)( 2  . 【分析】 第 11 页 共 13 页 （1）对 )(xf 求导得 )(' xf ，分成 0a 和 0a 两种情况讨论，由此得 )(xf 单调性； （2）要证 0a 时， aaxf 44)( 2  ，即证 aaafxf 24)2(ln)( 2max  ，即证 aaaaa 4422ln2 2  ，因为 0a ，即证 122ln  aa . 【详解】 （1）由 xeaxxf  2)( 得 xeaxf  2)(' ①当 0a 时， 0)(' xf ， )(xf 在 R 上单调递减； ②当 0a 时，令 0)(' xf 得 ax 2ln 当 )2ln,( ax  时， 0)(' xf ， )(xf 单调递增； 当 ),2(ln  ax 时， 0)(' xf ， )(xf 单调递减. 综上，当 0a 时， 0)(' xf ， )(xf 在 R 上单调递减； 当 0a 时， )2ln,( ax  ， )(xf 单调递增， ),2(ln  ax ， )(xf 单调递减. （2）由（1）知，当 0a 时， aaaafxf 22ln2)2(ln)( max  要证当 0a 时， aaxf 44)( 2  可证 0a 时， aaxf 24)( 2max  ，即证 aaaaa 4422ln2 2  因为 0a ，即证 122ln  aa 设 )0(122ln)(  aaaag ，则 21)('  a ag 令 0)(' ag 得 2 1 a 所以当 ) 2 1,0(a 时， 0)(' ag ， )(ag 单调递增； 当 ), 2 1( a 时， 0)(' ag ， )(ag 单调递减. 0) 2 1()( max  gag ， 0)(  ag ，即 122ln  aa 当 0a 时， aaxf 44)( 2  . 19.已知函数 2 1( ) ln 2 f x x x ax  ， ( )g x x  ， a R （1）当 (0, )x  时，函数 ( )f x 的图像恒在 ( )g x 的图像的下方，求实数 a的取值范围； （2）设函数 ( ) ( ) ( )F x f x g x  的两个不同极值点分别为 1 2 1 2, ( )x x x x ，求实数 a的取值范围。 【分析】 第 12 页 共 13 页 （1）将题目转化成 ( ) ( ) 0f x g x  恒成立，进行参数分离后，可得 2(ln 1)xa x   ，令 2(ln 1)( ) xG x x   ，求导并计算 ( )G x 的最大值，可得结果； （2）求 2 1( ) ( ) ( ) ln 2 F x f x g x x x x ax     的两个不同极值点，即求   ln 0F x x ax   有 两个不等实根 1x ， 2x ，通过必要性   0h e  得出相关结果 10 a e   后，再通过充分性证明辅助结 果成立。 【解析】 （1）由题可知，当 (0, )x  时，恒有 ( ) ( ) 0f x g x  。 即 21( ) ( ) ln 0 2 f x g x x x ax x     ， 参数分离可得 2(ln 1)xa x   ， 令 2(ln 1)( ) xG x x   ， ' 2 2 2(1 ln 1) 2ln( ) x xG x x x      ， 令 ' ( ) 0G x  ， x e ， 当 (0,1)x 时， ' ( ) 0G x  ， ( )G x 单调递增； 当 (1, )x  时， ' ( ) 0G x  ， ( )G x 单调递减， 所以 max( ) (1) 2G x G  ， 所以 2a  ， 即实数 a的取值范围是 (2, ) 。 （2）由题可得， 2 1( ) ( ) ( ) ln 2 F x f x g x x x x ax     ，定义域 (0, ) ，   lnF x x ax  . 则   ln 0F x x ax   有两个不等实根 1x ， 2x ， 令函数   lnxh x a x   ，即  h x 又两个不同的零点。   2 1 lnxh x x   ，令   0h e  ， 则 x e ， 当0 x e  时，   0h x  ，所以  h x 在区间  0,e 上单调递增； 第 13 页 共 13 页 当 x e 时，   0h x  ，所以  h x 在区间  ,e  上单调递减. 故  h x 的极大值也是最大值为   1h e a e   . 因为  h x 有两个不同的零点，所以   0h e  ， 即 1 0a e   ，即 1a e  ； 当 0a  时，当 x e 时，   0h x  恒成立，故  h x 至多一个零点，不符合题意， 综上所述： 10 a e   . 下证：当 10 a e   时，  h x 有两个不同的零点。   01h a   ，   0h e  ， 根据零点存在定理，知  h x 在区间 (0, )e 内有唯一零点； 2 2 2 1 1 1(ln )ah a a a       ，令 1 t a  ， 函数 ( ) 2lnt t t   ， 2( ) 1t t    ， 易得 max( ) (2) 2 ln 2 2 0t     ， 所以 2 0 1h a       ， 根据零点存在定理，知  h x 在区间 ( , )e  内有唯一零点。 所以当 10 a e   时，  h x 有两个不同的零点。 综上所述，实数 a的取值范围为 1(0, ) e 。 第 1 页 共 4 页 江苏省镇江中学 2024-2025 学年第二学期 高二年级 3 月份阶段性学情检测 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的. 1. 某同学逛书店，发现 3本喜欢的书，决定至少买其中一本，则有（ ）种购书方法 .A 3 B .6 .C 7 .D 9 2. 函数 xey x 2sin 的导数为（） .A xey x 2cos2'  .B )2cos22(sin' xxey x  .C )2cos2(sin2' xxey x  .D )2cos2sin2(' xxey x  3. 设函数 )(xf 在 0xx  处存在导数为 2，则 x xfxxf x    )()2(lim 00 0 =（） .A 2 .B 1 .C 4 2 1.D 4. 函数 f(x)= xe +x在点（1，0）处的切线方程为（） .A 12  xy .B 1 xy .C 1 exy .D 1)1(  xey 5.若定义在 R 上的函数 3 '( )y x f x 的图像如图所示，则函数 ( )y f x 的增区间为（ ） A. [0，1] B. [0，2] C. ( ,0] D. ( ,2] 6.函数 3( ) ln 2f x x x   ，则不等式 2(3 ) (5 2 ) 0f x f x    的解集为（ ） A.（-4，2） B.（-2，2） C. ( ,2) (2, ) D. ( ,-4) (2, ) 7.动直线 l分别与直线 2 1y x  ，曲线 23 ln 2 y x x  相交于 ,A B两点，则 AB 的最小值为（ ） A. 5 10 B. 5 5 C.1 D. 5 第 2 页 共 4 页 8.若函数 2( ) 3xf x ke x   有三个零点，则实数 k的取值范围为（ ） A. 3 6( 2 , )e e  B. 3 6(0, ) e C. ( 2 ,0)e D. 3 6( , ) e  二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分. 9.下列说法正确的是（ ） .A 1(ln ) '   .B 设函数 ( )f x 的导函数为 ' ( )f x ，且 2( ) 3 '(2) ln ,f x x xf x   则 9'(2) 4 f   .C 函数 ( ) 2 lnf x x x  的单调递减区间为 1( , ) 2  .D 函数 3( ) 3 1f x x x   有两个极值点 10.有 4位同学参加三个不同的的社团，则下列说法正确的是（ ） .A 每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有 43 种 .B 每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有 34 种 .C 每个社团限报一人且不同社团参加的人不同，则不同的报名方法共有 24种 .D 每个社团限报一人且不同社团参加的人不同，则不同的报名方法共有33种 11．已知函数    e lnxf x x g x x x ， ，则下列说法正确的是（ ） A．函数    ,f x g x 有相同的极小值 B．当 0x  时，总有    f x g x C ．若方程  f x a 有唯一实根，则 a的取值范围为 0a  D．当 0x  时，若    1 2f x g x t  ，则 1 2x x t 成立 第 3 页 共 4 页 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12．如图所示，积木拼盘由 A，B，C，D，E五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜色，且为 了体现拼盘的特色，相邻的区域需涂不同的颜色（如：A与 B为相邻区域，A与D为不相邻区域）， 现有五种不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是 13.定义在 R 上的函数，若对任意的两个不相等的实数 1 2x x ，都有        1 1 2 2 1 2 2 1x f x x f x x f x x f x   ，则称 ( )f x 为＂ D 函数＂，给出下列函数： 2 2 ln | | 02 1 2(sin cos ) 3 3 ( ) 0 0 x x xy x x y x x x y x e f x x               ④① ② ③ ，其中为＂ D 函数＂的所有序号 14．已知函数 ( ) 2 , ( ) ln 2f x x a g x x x    ，如果对任意的 1 2 1 1,2 , , 2 2 2 x x           ，都    1 2f x g x„ 成立，则实数 a的取值范围是 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.用 0，1，2，3，4五个数字，问： （1）可以组成多少个无重复数字的四位密码？ （2）可以组成多少个无重复数字的四位数？ （3）可以组成多少个十位数字比个位数字大的无重复数字的四位偶数？ 16．已知函数 3 2( ) 3 ( R)f x x ax x a    ． （1）若 3x  为 ( )y f x 的一个极值点，求 ( )f x 在 1,4 上的最小值和最大值； （2）若 ( )f x 在 [1, ) 上是增函数，求实数 a的取值范围． 第 4 页 共 4 页 17．某商场为了获得更大的利润，每年要投入一定的资金用于广告促销.经调查，每年投入广告费 t （百万元），可增加的销售额为 2 4t t  （百万元） 0 5t （ ）. （1）若该商场将当年的广告费控制在五百万元以内，则应投入多少广告费，才能使公司由广告费 而产生的收益最大？ （2）现在该商场准备投入五百万元，分别用于广告促销和技术改造.经预算，每投入技术改造费 x（百 万元），可增加的销售额约为 3 21 3 3 x x x   （百万元），请设计一个资金分配方案，使该商场由这 两项共同产生的收益最大. 18.已知函数 xeaxxf  2)( （1）讨论 )(xf 的单调性； （2）证明：当 0a 时， aaxf 44)( 2  . 19.已知函数 2 1( ) ln 2 f x x x ax  ， ( )g x x  ， a R （1）当 (0, )x  时，函数 ( )f x 的图像恒在 ( )g x 的图像的下方，求实数 a的取值范围； （2）设函数 ( ) ( ) ( )F x f x g x  的两个不同极值点分别为 1 2 1 2, ( )x x x x ，求实数 a的取值范围。