精品解析：四川省广安市育才学校2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题

新育才教育集团高中2022级2024年春质量检测（高中） 数学试题 本试卷分单选题、多选题、填空题和解答题四部分.共4页，满分150分，考试时间120分钟. 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】根据基本初等函数的导数公式可判断. 【详解】由，所以函数是常函数， . 故选：D. 2. 圆心为，半径为5的圆的标准方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用圆的标准方程即可求得答案. 【详解】∵所求圆的圆心为，半径为5， ∴所求圆的标准方程为：， 故选：D. 【点睛】本题主要考查了圆的标准方程，属于基础题. 3. 已知在内连续可导，且是的导数，，在处取到极值，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据极值点的知识确定充分、必要条件. 【详解】依题意在内连续可导，且是的导数， ，则不一定是极值点， 在处取到极值，则， 所以是的必要不充分条件. 故选：B 4. 函数：的单调递增区间是　　 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出的导函数，令导函数大于0，列出关于的不等式，求出不等式的解集，即可得到的范围，即为函数的单调递增区间． 【详解】由函数得：， 令即， 所以得到， 即为函数的单调递增区间．故选C． 【点睛】本题主要考查利用导数求函数的单调区间，意在考查对基础知识的理解与应用，属于简单题． 5. 北京2022年冬奥会于2022年2月4日开幕，2月20日闭幕，小林观看了本届冬奥会后，打算从冰壶､短道速滑､花样滑冰和冬季两项这四个项目中任选两项进行系统的学习，则小林没有选择冰壶的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】记冰壶､短道速滑､花样滑冰､冬季两项分别为A，B，C，D，用列举法写出所有的基本事件及没有选择冰壶的所有事件，从而求出没有选择冰壶的概率. 【详解】解：记冰壶､短道速滑､花样滑冰､冬季两项分别为A，B，C，D， 则从这四个项目中任选两项的情况有AB，AC，AD，BC，BD，CD，共6种情况， 其中没有选择冰壶的有BC，BD，CD，共3种情况， 所以所求概率为. 故选：C. 6. 设函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接对函数进行求导，再代入所求导数值即可得到结果. 【详解】因为，所以， 故，解得 故选：B. 7. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数零点排除选项A，根据函数值的符号排除选项C，利用导数求解单调递增区间排除选项D，即可得解. 【详解】由可得，解得或，排除A； 由时，，排除C； 因为，令，可得，解得或 所以的单调区间为和，排除D． 故选：B 8. 若，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过对三个数的变形及观察，可以构造出函数，通过求导分析其单调性即可得到答案 【详解】解：，设，则时，，故在上单调递减，则，即，所以． 故选：A. 二、多选题（每题5分，共20分） 9. 下列说法中正确的有（ ） A. 已知，在函数图象上，若函数从到平均变化率为，则曲线的割线的倾斜角为 B. 已知函数在上可导，且，则 C. 一质点沿直线运动，位移（单位：m）与时间（单位：s）之间的关系为，则该质点在时的瞬时速度是 D. 若，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，根据平均变化率的概念可以求解；对于B，根据导函数定义求解即可；对于C，根据导数和瞬时变化率的关系可求解；对于D，根据导数的四则运算可以判断. 【详解】对于A，根据平均变化率的概念可知：函数从到平均变化率即为割线的斜率， 即的斜率，所以割线的倾斜角为，故A正确； 对于B，由导函数定义可知， 故，B正确； 对于C，，故，故该质点在时的瞬时速度是，C正确； 对于D，若，则，D错误． 故选：ABC． 10. 已知函数的导函数的图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 函数在上单调递增 B. 函数在上单调递减 C. 函数在处取得极大值 D. 函数有最大值 【答案】BC 【解析】 【分析】根据导数符号与原函数单调性之间的关系可得的单调性，进而逐项分析判断. 【详解】由题意可知：当时，（不恒为0）； 当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增. 可知：A错误；B正确； 且函数在处取得极大值，故C正确； 虽然确定的单调性，但没有的解析式，故无法确定的最值，故D错误； 故选：BC. 11. 已知曲线C：，则（ ） A. 存在m，使C表示圆 B. 当时，则C的渐近线方程为 C. 当时，则C的焦点是， D. 当C表示双曲线时，则或 【答案】AD 【解析】 【分析】由圆方程的特征得到，从而判断A；利用双曲线渐近线公式判断B；由题意得，从而由椭圆方程特征得到焦点在轴上，进而判断C；由双曲线方程的特征得到，从而判断D. 【详解】A选项，当，即时，为圆，故A正确； B选项，当时，，故渐近线方程为，故B错误； C选项，当时，则，显然C的焦点在轴上，故C错误； D选项，当C表示双曲线时，，则或，故D正确. 故选：AD. 12. 已知是自然对数的底数，函数的定义域为，是的导函数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】构造函数，借助新函数的单调性，即可判断. 【详解】令函数，则， 所以在上单调递增， 又，所以 ，即， 所以，而的大小不确定． 故选：AC. 三、填空题（每题5分，共20分） 13. 已知焦点在x轴上的椭圆离心率为，则实数m等于 _____． 【答案】8 【解析】 【分析】根据题意，由椭圆的标准方程分析可得＝，解之即可. 【详解】由题意焦点在x轴上的椭圆离心率为， 可得＝，解得m＝8． 故答案为：8． 14. 已知函数，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的运算法则及复合函数求导的知识求得正确答案. 【详解】由于 ， 所以． 故答案为： 15. 在递增等比数列{}中，=9，=18，则{an}的公比q=______________ 【答案】 【解析】 【分析】利用已知条件和等比数列的性质计算可得答案. 【详解】因为是递增等比数列，且， 所以，则． 故答案为：． 16. 已知函数，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用函数奇偶性的定义可判断为奇函数，由导数判断为上的增函数，则所求不等式等价于，分离参数可得，构造函数，利用导数求的最大值即可求解. 【详解】因为， 所以为奇函数， 因为，所以为上的增函数， 由得，则， 因为，所以． 令，则，令，得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故，所以，即， 所以实数的取值范围为. 故答案为： 四、解答题 17. 在等差数列中，，是和的等比中项． （1）求的公差； （2）若数列的前项和为，且，求. 【答案】（1）0或2 （2）12或3 【解析】 【分析】（1）根据是和的等比中项列出关系式，可得或； （2）当时，为常数列，可得，进而可得； 当时，，利用裂项相消法可求得. 【小问1详解】 由题意得，因，得，解得或． 【小问2详解】 当时，，则，所以． 当时，， 则， 所以． 故或． 18. 已知函数． （1）当时，求函数的单调区间； （2）当时，求函数的最大值． 【答案】（1）在上为增函数；在上为减函数； （2） 【解析】 【分析】（1）直接利用函数的导数确定函数的单调区间． （2）求导根据函数的单调性即可求解最值． 【小问1详解】 的定义域为， 当时，，， 当，解得：， 当，解得：． 在上为增函数；在上为减函数； 【小问2详解】 的定义域为， ， 当时，令，得，令时，得， 的递增区间为，递减区间为． . 19. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形. （1）证明：平面. （2）若为等边三角形，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 记为的中点，连接. 因为为等边三角形，所以， 因为，所以， 又平面，所以平面， 因为平面，所以， 又平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定与性质定理即可得解； （2）依题意建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，从而利用空间向量法即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为为等边三角形，，所以到底边的距离为， 因为为等边三角形，，所以到底边的距离为， 则， 所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，故， 设平面的法向量为，则即， 令，则，故， 因为， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 20. 已知函数在时取得极值． （1）求实数的值； （2）若对于任意的，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由极值点定义可得，解得，经检验符合题意； （2）结合（1）中结论可得出函数在上的单调性，求出最小值解不等式可求得实数的取值范围． 【小问1详解】 易知， 依题意，解得， 此时， 当或时，；当时，， 即函数在，上单调递增，在上单调递减， 因此函数在时取得极值， 所以． 【小问2详解】 由（1）得函数在上单调递减，在上单调递增； 所以， 由题意可得，解得， 所以的取值范围为． 21. 已知点，，中恰有两个点在抛物线上． （1）求的标准方程 （2）若点，在上，且，证明：直线过定点． 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据点的坐标可得抛物线也关于轴对称，将点代入抛物线方程即可求解； （2）设直线的方程为，与抛物线方程联立结合韦达定理可得，即可求定点坐标． 【小问1详解】 因为点，关于轴对称，抛物线也关于轴对称， 所以点，在上， 将点代入抛物线得，，即， 所以抛物线的方程为：； 【小问2详解】 由题意可知，直线的斜率一定存在，则设直线的方程为， 由消得：， 由韦达定理得， 所以直线，显然恒过定点． 22. 已知函数. （1）若，求在点处的切线方程； （2）若是的两个极值点，证明：. 【答案】（1）； （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，计算切点处的函数值与导数值，根据点斜式即可求解切线方程； （2）根据极值点的定义，可得是方程的两个不等的正实根，根据韦达定理代入化简，将问题转化成，令，构造函数，结合导数证明即可. 【小问1详解】 当时，，则， 所以，， 所以在点处的切线方程为， 即 【小问2详解】 证明：由，可知， 因为（）是的极值点， 所以方程的两个不等的正实数根， 所以，， 则 ． 要证成立， 只需证，即证， 即证，即证， 设，则，即证， 令， 则， 所以在上单调递减，则， 所以，故． 【点睛】本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新育才教育集团高中2022级2024年春质量检测（高中） 数学试题 本试卷分单选题、多选题、填空题和解答题四部分.共4页，满分150分，考试时间120分钟. 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 0 2. 圆心为，半径为5的圆的标准方程是（ ） A. B. C. D. 3. 已知在内连续可导，且是的导数，，在处取到极值，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 函数：的单调递增区间是　　 A. B. C. D. 5. 北京2022年冬奥会于2022年2月4日开幕，2月20日闭幕，小林观看了本届冬奥会后，打算从冰壶､短道速滑､花样滑冰和冬季两项这四个项目中任选两项进行系统的学习，则小林没有选择冰壶的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 设函数，则（ ） A. B. C. D. 7. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 8. 若，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题5分，共20分） 9. 下列说法中正确的有（ ） A. 已知，在函数图象上，若函数从到平均变化率为，则曲线的割线的倾斜角为 B. 已知函数在上可导，且，则 C. 一质点沿直线运动，位移（单位：m）与时间（单位：s）之间的关系为，则该质点在时的瞬时速度是 D. 若，则 10. 已知函数的导函数的图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 函数在上单调递增 B. 函数在上单调递减 C. 函数在处取得极大值 D. 函数有最大值 11. 已知曲线C：，则（ ） A. 存在m，使C表示圆 B. 当时，则C的渐近线方程为 C. 当时，则C的焦点是， D. 当C表示双曲线时，则或 12. 已知是自然对数的底数，函数的定义域为，是的导函数，且，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题（每题5分，共20分） 13. 已知焦点在x轴上的椭圆离心率为，则实数m等于 _____． 14. 已知函数，则______． 15. 在递增等比数列{}中，=9，=18，则{an}的公比q=______________ 16. 已知函数，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为___________. 四、解答题 17. 在等差数列中，，是和的等比中项． （1）求的公差； （2）若数列的前项和为，且，求. 18. 已知函数． （1）当时，求函数的单调区间； （2）当时，求函数的最大值． 19. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形. （1）证明：平面. （2）若为等边三角形，求平面与平面夹角的余弦值. 20. 已知函数在时取得极值． （1）求实数的值； （2）若对于任意的，恒成立，求实数的取值范围． 21. 已知点，，中恰有两个点在抛物线上． （1）求的标准方程 （2）若点，在上，且，证明：直线过定点． 22. 已知函数. （1）若，求在点处的切线方程； （2）若是的两个极值点，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $