乌鲁木齐市第19中学高二（26届）下学期4月月考数学试卷
学校：________姓名：________班级：________考号：________
一、单选题
1.设函数满足，则（）
A. B. C.1 D.2
【答案】B
【解析】
【分析】根据导数的定义及极限的运算性质计算可得.
【详解】，
故选：B
2.一个三层书架，分别放置语文书12本，数学书14本，英语书11本，从中任取一本，则不同的取法共有
A.37种 B.1848种 C.3种 D.6种
【答案】A
【解析】
【分析】
利用分类加法原理，分类进行求解.
【详解】取法分为三类：第一类：从语文书中取1本，有12种取法；第二类：从数学书中取1本，有14种取法；第三类：从英语书中取1本，有11种取法；所以共有12+14+11=37种取法.
故选：A.
【点睛】本题主要考查分类加法原理，合理分类是求解的关键，题目比较简单.
3.已知随机变量的分布列如下：
1
2
若，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据期望公式及概率和为1列方程求解.
【详解】由已知得
解得
故选：B.
4.已知，则等于（）
A.12 B.7 C.6或13 D.6
【答案】D
【解析】
【分析】根据排列数公式，化简计算，结合的取值范围，即可得答案.
【详解】由题意，，即，
化简可得，即，解得或
因为，所以，故
故选：D.
5.的图象如图所示，则的图象最有可能是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数与函数单调性的关系可得出合适的选项.
【详解】由导函数的图象可知，当或时，；当时，.
所以，函数的增区间为和，减区间为，
所以，函数的图象为C选项中的图象.
故选：C.
6.现有6种不同的颜色，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有（）
A.720种 B.1440种 C.2880种 D.4320种
【答案】D
【解析】
【分析】第一步完成3号区域有6种不同方法，第二步完成1号区域有5种不同方法，第三步完成4号区域有4种不同方法，第四步完成2号区域有3种不同方法，第五步完成5号区域有4种不同方法，第六步完成6号区域有3种不同方法，最后求出不同的涂色方法即可
【详解】解：根据题意分步完成任务：
第一步：完成3号区域：从6种颜色中选1种涂色，有6种不同方法；
第二步：完成1号区域：从除去3号区域的1种颜色后剩下的5种颜色中选1种涂色，有5种不同方法；
第三步：完成4号区域：从除去3、1号区域的2种颜色后剩下的4种颜色中选1种涂色，有4种不同方法；
第四步：完成2号区域：从除去3、1、4号区域的3种颜色后剩下的3种颜色中选1种涂色，有3种不同方法；
第五步：完成5号区域：从除去1、2号区域2种颜色后剩下的4种颜色中选1种涂色，有4种不同方法；
第六步：完成6号区域：从除去1、2、5号区域的3种颜色后剩下的3种颜色中选1种涂色，有3种不同方法；
所以不同的涂色方法：种.
故选：D.
【点睛】本题考查分步乘法计数原理解决涂色问题，是基础题.
7.三次函数在上是减函数，则实数的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据导数恒成立，由判别式求解可得.
【详解】，
因为三次函数在上是减函数，
所以恒成立，
所以，解得，即实数的取值范围是.
故选：A
8.已知为定义在上的可导函数，为其导函数，且恒成立，e是自然对数的底数，则（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，利用导数求得单调递增，得到，即可求解.
【详解】根据题意知，即，构造函数，
可得，因为，所以，
所以在上单调递增，
则，两边同乘，即．
故选:B
二、多选题
9.下列导数运算正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用求导公式逐项判断即可.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D正确.
故选：ACD
10.已知二项式的展开式中各项的系数的和为128，则下列结论中正确的有（）
A.展开式共有7项 B.所有二项式系数的和为128
C.只有第4项的二项式系数最大 D.展开式的常数项为
【答案】BD
【解析】
【分析】首先根据系数和公式求，再根据二项式定理和二项式系数的性质，判断选项.
【详解】由题意可知，当时，，所以，
二项式的展开式共有8项，所有的二项式系数的和为，
其中最大的二项式系数为和，为第4项和第5项，展开式的常数项为，
其中只有BD正确.
故