精品解析：重庆市荣昌永荣中学校2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题

永荣中学2024—2025学年度（下）高2026届第一次月考试题 数 学 一、选择题（本大题共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. 函数在区间上的平均变化率为（ ） A. 6 B. 3 C. 2 D. 1 2. 已知函数，其导函数的图象如图所示，则( ) A. 在上为减函数 B. 在处取极小值 C. 在上为减函数 D. 在处取极大值 3. 已知函数的图象在点处的切线方程为，则（ ） A. 8 B. 3 C. 4 D. -4 4. 用0，1，…，9十个数字，可以组成无重复数字的三位数的个数为（ ） A. 652 B. 648 C. 504 D. 562 5. 若，则（ ） A. B. 6 C. 3 D. -3 6. 如图，给编号为的区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ） A. 60种 B. 80种 C. 100种 D. 125种 7. 已知，，直线与曲线相切，则的最小值是（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 8. 已知是函数的导函数，且对任意的实数都有，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得部分，如有错选不得分） 9. 下列求导运算正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 下列说法中正确的有（ ） A. 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有种报名方法 B. 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有种报名方法 C. 4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项冠军只允许一人获得），共有种可能结果 D. 4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项冠军只允许一人获得），共有种可能结果 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，在上是增函数 B. 当时，在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 C. 若在上为减函数，则 D. 当时，若函数有且只有一个零点，则 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 一个口袋内装有4个小球，另一个口袋内装有6个小球，所有小球的颜色互不相同．从两个袋子中取一个球，则不同的取法种数为______． 13. 已知函数，则______________________. 14. 英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式:当在处的阶导数都存在时，.注:表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，即为的导数. 表示的阶乘，即.该公式也称为麦克劳林公式.根据该公式估算的值为_____.(精确到小数点后两位) 四、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知函数. （1）求这个函数的导数； （2）求曲线在点处的切线方程. 16. 已知函数． （1）求函数的图象在点处的切线方程； （2）求函数的极值． 17. 现有一张长为，宽为的长方形铁皮，准备用它做成一只无盖长方体铁皮盒，要求铁皮材料的利用率为（剪切与焊接不可避免），不考虑剪切与焊接处的损耗与增加.如图，在长方形的一个角剪下一块正方形铁皮，作为铁皮盒的底面，用余下材料剪拼后作为铁皮盒的侧面.设做成后的长方体铁皮盒的底面是边长为的正方形，高为，体积为. （1）写出关于的函数关系式，并写出的范围； （2）要使得无盖长方体铁盒的容积最大，对应的为多少？并求出的最大值. 18. 已知函数，且曲线在点处的切线与直线垂直． （1）求b； （2）讨论函数的单调性； （3）若函数在上单调递减，求a的取值范围． 19. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若，证明：当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永荣中学2024—2025学年度（下）高2026届第一次月考试题 数 学 一、选择题（本大题共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. 函数在区间上的平均变化率为（ ） A. 6 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由平均变化率计算公式求解． 【详解】解：函数在区间上的平均变化率为 ． 故选：B. 2. 已知函数，其导函数的图象如图所示，则( ) A. 在上为减函数 B. 在处取极小值 C. 在上为减函数 D. 在处取极大值 【答案】C 【解析】 【分析】首先利用导函数的图像求和的解，进而得到函数的单调区间和极值点. 【详解】由导函数的图象可知:当时，或； 当时，或， 所以的单调递增区间为和，单调递减区间为和， 故在处取得极大值，在处取得极小值，在处取得极大值. 故选：C. 3. 已知函数的图象在点处的切线方程为，则（ ） A. 8 B. 3 C. 4 D. -4 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意结合导数的几何意义分析求解即可. 【详解】因为切线方程为， 可知当时，，且切线斜率为3， 即，，所以. 故选：C. 4. 用0，1，…，9十个数字，可以组成无重复数字的三位数的个数为（ ） A. 652 B. 648 C. 504 D. 562 【答案】B 【解析】 【分析】应用乘法原理计算求解. 【详解】用0，1，…，9十个数字， 先取百位数有9种情况，因为无重复数字再取十位数有9种情况，最后个位数字有8种情况。 所以可以组成无重复数字的三位数的个数为. 故选：B. 5. 若，则（ ） A. B. 6 C. 3 D. -3 【答案】C 【解析】 【分析】由导数的定义可得； 【详解】. 故选：C. 6. 如图，给编号为的区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ） A. 60种 B. 80种 C. 100种 D. 125种 【答案】A 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理依次涂色即可. 【详解】由题意可得，只需确定区域的颜色，即可确定所有区域的涂色． 先涂区域1，有5种选择；再涂区域2，有4种选择；最后涂区域3，有3种选择． 故不同的涂色方案有种． 故选：A. 7. 已知，，直线与曲线相切，则的最小值是（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意设直线与曲线的切点为，进而根据导数的几何意义得，再根据基本不等式“1”的用法求解即可. 【详解】根据题意，设直线与曲线的切点为， 因为，直线的斜率为， 所以，， 所以， 因为 所以，当且仅当时等号成立.所以的最小值是. 故选：D 8. 已知是函数的导函数，且对任意的实数都有，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，利用导数研究的单调性，由此求得不等式的解集. 【详解】依题意 构造函数，，所以在上递增， 则不等式可化为：， 解得，即不等式的解集为. 故选：B 【点睛】本小题主要考查利用导数解不等式，属于中档题. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得部分，如有错选不得分） 9. 下列求导运算正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据导数的运算规则可得正确的选项. 【详解】对于A，；对于B，，故A错B对， 对于C，，故C对； 对于D，，故D对， 故选：BCD. 10. 下列说法中正确的有（ ） A. 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有种报名方法 B. 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有种报名方法 C. 4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项冠军只允许一人获得），共有种可能结果 D. 4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项冠军只允许一人获得），共有种可能结果 【答案】BC 【解析】 【分析】利用分步乘法计数原理确定所求事件的方法数，由此判断各选项. 【详解】事件“4名同学每人从三个项目中选一项报名”可分为四步完成， 第一步，第一个同学从三个项目中选一个项目报名，有3种方法， 第二步，第二个同学从三个项目中选一个项目报名，有3种方法， 第三步，第三个同学从三个项目中选一个项目报名，有3种方法， 第四步，第四个同学从三个项目中选一个项目报名，有3种方法， 由分步乘法计数原理可得， 完成事件“4名同学每人从三个项目中选一项报名”的方法数为， 所以A错误，B正确， 事件“三个项目冠军的确定”可分为三步完成， 第一步，确定跑步比赛的冠军，有4种方法， 第二步，确定跳高比赛的冠军，有4种方法， 第一步，确定跳远比赛的冠军，有4种方法， 由分步乘法计数原理可得， 完成事件“三个项目冠军的获取”的方法数为种， 所以C正确，D错误， 故选：BC. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，在上是增函数 B. 当时，在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 C. 若在上为减函数，则 D. 当时，若函数有且只有一个零点，则 【答案】BD 【解析】 【分析】利用导数研究函数的单调性判断A；导数的几何意义求切线方程，进而求交点坐标，即可求三角形面积判断B；问题化为在上恒成立，应用导数研究右侧的最小值，即可得参数范围判断C；问题化为有唯一解，应用导数研究右侧的单调性和值域判断D. 【详解】对于A，为增函数，时趋向负无穷，时趋向正无穷， 所以存在使，故上在上为减函数，错； 对于B，由题设，则，且， 所以在处的切线方程为， 切线与轴的交点坐标为，与轴交点坐标为， 所以在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，对； 对于C，因为函数在上为减函数， 则在上恒成立，即， 令，则，易知时，时， 所以在上为减函数，在上为增函数， 所以，错； 对于D，函数有且只有一个零点， 即有唯一解，则， 令且，则， 令，显然在上为增函数，， 则，使得，易知时，时， 则在为减函数，在为增函数，则， 当时，， 所以有且只有一个解时，，即，对. 故选：BD 【点睛】关键点点睛：对于C、D，化为在上恒成立、有唯一解为关键. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 一个口袋内装有4个小球，另一个口袋内装有6个小球，所有小球的颜色互不相同．从两个袋子中取一个球，则不同的取法种数为______． 【答案】10 【解析】 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理列式计算即得. 【详解】根据分类加法计数原理，不同的取法种数为． 故答案为：10 13. 已知函数，则______________________. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】求导，即可代入求解. 【详解】， 故，故， 故答案为： 14. 英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式:当在处的阶导数都存在时，.注:表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，即为的导数. 表示的阶乘，即.该公式也称为麦克劳林公式.根据该公式估算的值为_____.(精确到小数点后两位) 【答案】0.84 【解析】 【分析】根据麦克劳林公式，求出，令即可求解. 【详解】令， 则，，，， 故， 由麦克劳林公式得，， 所以. 故答案为：0.84. 四、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知函数. （1）求这个函数的导数； （2）求曲线在点处的切线方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由导数乘法公式可得答案； （2）由题可得切线斜率，然后利用点斜式可得答案. 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 由（1），，又， 则切线方程满足. 16. 已知函数． （1）求函数的图象在点处的切线方程； （2）求函数的极值． 【答案】（1） （2）极大值为12，极小值-15 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可. （2）利用导数求解极值即可. 【小问1详解】 ， ， 切点为， 故切线方程为，即； 【小问2详解】 令，得或 列表： -1 2 + 0 - 0 + 单调递增 12 单调递减 -15 单调递增 函数的极大值为， 函数的极小值为. 17. 现有一张长为，宽为的长方形铁皮，准备用它做成一只无盖长方体铁皮盒，要求铁皮材料的利用率为（剪切与焊接不可避免），不考虑剪切与焊接处的损耗与增加.如图，在长方形的一个角剪下一块正方形铁皮，作为铁皮盒的底面，用余下材料剪拼后作为铁皮盒的侧面.设做成后的长方体铁皮盒的底面是边长为的正方形，高为，体积为. （1）写出关于的函数关系式，并写出的范围； （2）要使得无盖长方体铁盒的容积最大，对应的为多少？并求出的最大值. 【答案】（1） （2）当时容积取最大值，且最大值为. 【解析】 【分析】（1）根据长方形的面积等于无盖长方体的表面积可得出关于的函数关系式，结合实际意义可得出的取值范围； （2）求出关于的函数关系式，利用导数可求出的最大值及其对应的的值，即可得出结论. 【小问1详解】 因为材料利用率为，所以，即； 因为长方形铁皮长为，宽为，故， 综上，. 【小问2详解】 铁皮盒体积，其中， ，令，得，列表如下： 极大值 所以，函数在上为增函数，在上为减函数， 则当时，取最大值，且最大值为. 18. 已知函数，且曲线在点处的切线与直线垂直． （1）求b； （2）讨论函数的单调性； （3）若函数在上单调递减，求a的取值范围． 【答案】（1） （2）答案见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合直线垂直斜率之积为求解即可； （2）求导分与的大小关系讨论即可； （3）由题意在上恒成立，再根据函数的性质求解即可. 【小问1详解】 ，故，又斜率为1，故，解得. 【小问2详解】 因为，故， 则， 当时，， 故在上，，单调递增； 在上，，单调递减； 当时，令有，，且， 故在上，，单调递减； 在上，，单调递增； 在上，，单调递减. 当时，，在单调递减； 当时，在上，，单调递减； 在上，，单调递增； 在上，，单调递减. 【小问3详解】 ， 由题意在上恒成立， 即在上恒成立， 因为，故，即. 所以a的取值范围为. 19. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若，证明：当时，． 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由函数的解析式求得其导数，由导数求得递减区间，由导数求得递增区间； （2）将不等式进行转化，在已知条件下，所以不等式转化为，设函数，求导数，由解析式可知递增，由函数零点存在定理可知存在唯一的，使得，从而得到函数单调区间并得到函数最小值，证明函数最小值大于等于0即可得证. 【小问1详解】 因为， 所以． 当时，，当时，， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为． 【小问2详解】 要证明， 即证明， 因为，且，所以， 故只需证明，即． 设，则． 易知在上单调递增，且，， 所以存在唯一的，使得，即，． 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以， 故原命题成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $