1、2024-2025学年广东省中山市桂山中学高二下学期4月月考数学试卷一、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.如果函数y=f(x)在x=1处的导数为1，那么limx0f(x+1)f(1)2x=()A. 12B. 1C. 2D. 142.已知 xa x5的展开式中含x32的项的系数为30，则a等于()A. 3B. 3C. 6D. 63.将2个相同的红球和2个相同的黑球放入两个不同的盒子中，每个盒子中至少放1个球，则不同的放法有()A. 5种B. 6种C. 7种D. 8种4.函数y=x33x29x(2x1f(x)，则不等式f(x)1+ex的解集为()A. (,0)B. (0,+)C. (,1)(1,+)D. (,1)(0,1)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.有4名同学报名参加三个不同的社团，则下列说法中正确的是()A. 每名同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有34种B. 每名同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有43种C. 每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种D.
2、 每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有33种10.对于函数f(x)=lnxx，下列说法正确的有()A. f(x)在x=e处取得最小值1eB. f(x)在x=e处取得最大值1eC. f(x)有两个不同零点D. f(2)f()019.(本小题17分)定义：如果函数f(x)在定义域内，存在极大值fx1和极小值fx2，且存在一个常数k，使fx1fx2=kx1x2成立，则称函数f(x)为极值可差比函数，常数k称为该函数的极值差比系数已知函数f(x)=x1xalnx(1)当a=52时，判断f(x)是否为极值可差比函数，若是求极值差比系数，若不是说明理由；(2)是否存在a使f(x)的极值差比系数为2a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由；(3)若3 22a52，求f(x)的极值差比系数的取值范围参考答案1.A2.D3.C4.A5.B6.A7.D8.A9.AC10.BD11.CD12.3613.51214. 2415.解：方法一：设A，B代表2位老师傅A，B都不在内的选派方法有C54C44=5(种)，A，B都在内且当钳工的选派方法有C22C52C44=10(种)，A，B都在内且当车工的选派方
3、法有C22C54C42=30(种)，A，B都在内且一人当钳工，一人当车工的选派方法有A22C53C43=80(种)，A，B有一人在内且当钳工的选派方法有C21C53C44=20(种)，A，B有一人在内且当车工的选派方法有C21C54C43=40(种)，所以共有C54C44+C22C52C44+C22C54C42+A22C53C43+C21C53C44+C21C54C43=185(种)选派方法方法二：5名男钳工有4名被选上的方法有C54C44+C54C43C21+C54C42C22=75(种)，5名男钳工有3名被选上的方法有C53C21C44+C53C43A22=100(种)，5名男钳工有2名被选上的方法有C52C22C44=10(种)，所以共有75+100+10=185(种)选派方法方法三：4名女车工都被选上的方法有C44C54+C44C53C21+C44C52C22=35(种)，4名女车工有3名被选上的方法有C43C21C54+C43C53A22=120(种)，4名女车工有2名被选上的方法有C42C22C54=30(种)，所以共有35+120+30=185(种)选派方法16.解：(1
4、)f(x)=ax3+bx，f(x)=3ax2+b函数f(x)=ax3+bx在x=1处取得极值4，f(1)=a+b=4，f(1)=3a+b=0，解得a=2，b=6，f(x)=2x3+6x，经验证在x=1处取得极大值4，故a=2，b=6(2)由(1)可知，f(x)=2x3+6x，f(x)=6x2+6，令f(x)0，解得1x1，令f(x)1或x0，则lnx1+e2xm，令g(x)=lnx1+e2x，求导可得g(x)=1xe2x2=xe2x2，令g(x)=0，解得x=e2，当0xe2时，g(x)e2时，g(x)0，所以函数g(x)在0,e2上单调递减，在e2,+上单调递增，由题意可得g(x)min=ge2=2m(2)由(x)=xlnxx+x2，则(x)=lnx+2x，令H(x)=(x)，求导可得H(x)=2x+1x0在(0,+)上恒成立，则函数H(x)在(0,+)上单调递增，即函数(x)在(0,+)上单调递增，由x0是函数(x)的极值点，则x0=0，即lnx0=2x0，由(1)=20，则0x0019.解：(1)当a=52时，f(x)=x1x52lnx(x0)，所以f(x)=1+1x252x=(2x1)(x2)2x2，当x0,12(2,+)时，f(x)0；当x12,2时，f(x)0x1+x2=ax1x2=1，得a2，由(1)分析可得x1x2，又x1x2=1，则0x111)，则g(x)=x22x+1x2=(x1)2x20，所以g(x)在(1,+)上单调递增，有g(x)g(1)=0，因此()方程在x21时无解，即不存在a使f(x)的极值差比系数为2a；(3)由(2)知f(x)极值差比系数为2ax1x2lnx1x2，又x1+x2=a，则f(x)极值差比系数为2x1+x2x1x2lnx1x2令t=x1x2，t(0,1)，则极值差比系数可化为2t+1t1lnt，注意到a2=x1+x12x1x2=x1x2+x2x1+2=t+1t+2，又3 22a52，可得14t12，令p(t)=2t+1t1lnt14t12，则p(t)=2lnt
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