精品解析：福建省厦门第一中学2024-2025学年高二3月月考数学试题

福建省厦门第一中学2024-2025学年度第二学期 第一次阶段性练习 高二年数学试卷 本试卷共4页，满分150分 注意事项： 1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的班级、座号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“考号、姓名”与考生本人考号、姓名是否一致. 2.回答选择题时，选出答案后用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本卷上无效. 3.考试结束，考生只须将答题卡交回. 一、单选题：本大题8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个正确答案. 1. 函数，当自变量x由1增加到时，函数的平均变化率为（ ） A 2 B. C. D. 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 曲线 在点 处的切线方程为 A. B. C. D. 4. 函数的单调递增区间为（ ） A. B. C D. 5. 设函数，若的极小值为，则（ ） A. B. C. D. 2 6. 已知抛物线的焦点为，斜率为的直线经过点，并且与抛物线交于两点，与轴交于点，与抛物线的准线交于点，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知正数满足（e为自然对数的底数），则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数及其导函数定义域均为，满足，且为奇函数，记，其导函数为，则（ ） A. B. 2 C. 1 D. 0 二、多选题：本大题3小题，每小题6分，共18分，全对得6分，部分选对得部分分. 9. 已知函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 有三个零点 C. 直线是曲线的切线 D. 若在区间上的最大值为3 10. 已知直三棱柱中，，，点为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 平面 C. 异面直线与所成的角的余弦值为 D. 点到平面的距离为 11. 设计一个实用的门把手，其造型可以看作图中的曲线的一部分，则（ ） A. 点在上 B. 将在轴上方的部分看作函数的图象，则1是的极小值点 C. 在点处切线与的另一个交点的横、纵坐标均为有理数 D. 时，曲线上任意一点到坐标原点的距离均大于 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在等差数列中，已知，则______． 13. 若点P是曲线上任一点，则点P到直线的最小距离是______． 14. 已知函数，若不等式对恒成立，则实数的取值范围为__________. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，把解答过程填写在答题卡的相应位置. 15. 已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）设数列满足，求数列的前项和． 16. 已知函数． （1）若，求在上的最值； （2）讨论函数的单调性． 17 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）设，求函数的最小值； （3）若，求实数值. 18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，为的中点． （1）求证：平面； （2）若为的内心，求直线与平面所成角的正弦值． 19. 意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链下垂部分所形成的曲线是悬链线，通过建立适当坐标系，悬链线可为函数的图象，我们称这个函数为“双曲余弦函数”，记为，把称为“双曲正弦函数”，记，易知. （1）求证：（i）当时，；（ii）； （2）求证：若，，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 福建省厦门第一中学2024-2025学年度第二学期 第一次阶段性练习 高二年数学试卷 本试卷共4页，满分150分 注意事项： 1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的班级、座号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“考号、姓名”与考生本人考号、姓名是否一致. 2.回答选择题时，选出答案后用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本卷上无效. 3.考试结束，考生只须将答题卡交回. 一、单选题：本大题8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个正确答案. 1. 函数，当自变量x由1增加到时，函数的平均变化率为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均变化率的概念计算即可得解. 【详解】， ， ， 故选：C 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据求导公式计算，得到答案. 【详解】A选项，，A错误； B选项，，B错误； C选项，，C正确； D选项，，D错误. 故选：C 3. 曲线 在点 处的切线方程为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先对曲线求导，再根据点斜式写出切线方程即可 【详解】由，，所以过点切线方程为 答案选B 【点睛】本题考查在曲线上某一点切线方程的求法，相对比较简单，一般解题步骤为：先求曲线导数表达式，求出，最终表示出切线方程 4. 函数的单调递增区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出函数的定义域，然后对函数求导，再令导函数大于零，从而可求出函数的增区间 【详解】解：函数的定义域为， 由，得， 令，得，， 解得或（舍去）， 所以函数的单调递增区间为， 故选：C 5. 设函数，若的极小值为，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】对函数求导，根据导数的符号确定极小值点，结合已知极小值列方程求参数. 【详解】由已知，得，令，有， 当时，，当时，， 所以在处取得极小值，为， 所以，得． 故选：B 6. 已知抛物线的焦点为，斜率为的直线经过点，并且与抛物线交于两点，与轴交于点，与抛物线的准线交于点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设准线与轴的交点为，过作准线的垂线，垂足为，，根据抛物线的定义以及三角形的性质可得，根据含角的直角三角形的性质可得答案. 【详解】当在第一象限时， 设准线与轴的交点为，过作准线的垂线，垂足为， 因为，且为的中点， 所以为三角形的中位线，即， 所以，又根据抛物线的定义， 所以， 所以在直角三角形中，， 所以，此时， 根据对称性，当在第四象限时，， 故选：D. 7. 已知正数满足（e为自然对数的底数），则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题设且，构造、，利用导数、零点存在性定理判断在上的函数值符号，即可得答案. 【详解】由题设，则，且，则， 令且，故， 令，则在上递增， 故， 所以在上递增，故， 所以在上递增，故， 即在上恒成立，故，D错，C对； 对于的大小关系，令且， 而，， 显然在上函数符号有正有负，故的大小在上不确定， 即的大小在上不确定，所以A、B错. 故选：C. 8. 已知函数及其导函数定义域均为，满足，且为奇函数，记，其导函数为，则（ ） A. B. 2 C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】首先得到关于对称，再两边求导，再得到关于对称，再分析出他们的周期性，最后计算即可. 【详解】因为，两边同时求导可得:，又，即， 可得关于对称， 对两边同时求导可得， 则关于对称；又为奇函数， 则，求导可得，所以关于对称，同时求导得，则关于对称， 由关于以及关于对称得 ①，，则， 则，则，则作差得， 的周期为6； 同理的周期也为6， 因此， 又关于对称，； 由关于对称，可得； 所以. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过其对称性并结合导数得到其周期性，即和的周期为6，最后计算即可. 二、多选题：本大题3小题，每小题6分，共18分，全对得6分，部分选对得部分分. 9. 已知函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 有三个零点 C. 直线是曲线的切线 D. 若在区间上的最大值为3 【答案】AB 【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性求得函数极值、最值，及根据导数的几何意义、零点存在定理计算即可逐一判断. 【详解】由题意可知， 易知时，时， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以在上取得极大值，在上取得极小值，即A正确； 又， 所以在区间上分别各有一个零点，即B正确； 联立与得， 若直线是曲线的切线，则切点为，而，所以C错误； 由上可知，而，在区间上的最大值为，故D错误. 故选：AB 10. 已知直三棱柱中，，，点为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 平面 C. 异面直线与所成的角的余弦值为 D. 点到平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立如图空间直角坐标系，利用空间向量线性运算的坐标表示计算即可判断A；利用空间向量法证明线面平行、求解线线角和点面距即可判断BCD. 【详解】如图，建立空间直角坐标系， 则. A：， 所以，故A正确； B：， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，所以， 所以，即， 又平面，所以平面，故B正确； C：，则， 所以， 即异面直线与所成的角的余弦值为，故C错误； D：设平面的一个法向量为， 则，令，则，所以， 得，所以点到平面的距离为，故D正确. 故选：ABD 11. 设计一个实用的门把手，其造型可以看作图中的曲线的一部分，则（ ） A. 点在上 B. 将在轴上方的部分看作函数的图象，则1是的极小值点 C. 在点处的切线与的另一个交点的横、纵坐标均为有理数 D. 时，曲线上任意一点到坐标原点的距离均大于 【答案】ACD 【解析】 【分析】代入即可求解A，求导，根据即可求解B，求导，根据点斜式求解切线方程，联立与曲线方程求解交点即可判断C，根据两点距离公式将问题转化为，根据即可求解D. 【详解】解：将代入C方程，等式成立，故A正确； 对于C在轴上方的部分，可知函数， 则，因为，故B错误； 过点作C的切线，由B选项知其斜率为，故其方程为，将其与C的方程联立得，故切线与C的交点的坐标， 横，纵坐标均为有理数，故C正确； 设，则其到坐标原点的距离为， 要使该距离大于，只需要， 整理得， 易知当时，不存在，可知， 又因为，故， 故成立，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在等差数列中，已知，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知条件求得公差，进而求得. 【详解】设等差数列的公差为， 依题意，， 则，即， 所以， 所以. 故答案为： 13. 若点P是曲线上任一点，则点P到直线的最小距离是______． 【答案】 【解析】 【分析】当P为与直线平行且与曲线相切切线的切点时，点P到直线的距离最短，根据导数几何意义求得点P坐标，最后根据点到直线距离公式得结果. 【详解】由可得， 设与直线平行，且与曲线相切的直线，对应切点坐标为， 则，解得，则， 则点到直线的距离，即为点P到直线的最小距离， 即为. 故答案为：. 14. 已知函数，若不等式对恒成立，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先等价转化为，再设，利用导数和隐零点法得到，最后得到不等式，解出即可. 【详解】不等式对恒成立， 等价于，所以， 设，其中，则，令得， 所以当时，单调递减，当时，单调递增， 所以，又， 所以存在使得， 所以若，则或，即或， ， 所以在上，单调递增， 在上，单调递减， 所以，所以只有才能满足要求， 即，又，解得， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：等价转化为，再设，利用导数和隐零点法得到，从而有，解出即可. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，把解答过程填写在答题卡的相应位置. 15. 已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）设数列满足，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，由题意得，求出公差的值，即可得到数列的通项公式； （2）由（1）求出，再由分组求和法求和即可． 【小问1详解】 因为成等比数列，所以， 设等差数列的公差为，所以，解得：， 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 因为， 所以 . 16. 已知函数． （1）若，求在上的最值； （2）讨论函数的单调性． 【答案】（1）最大值为，最小值为. （2）见解析 【解析】 【分析】（1）首先求函数的导数，判断函数的单调性，比较端点值和极值大小，即可求解最值； （2）首先求函数的导数，并化简得，再讨论导数的零点，求函数的单调性. 【小问1详解】 当时，， 当，，，的变化情况如下表所示， 单调递增 单调递减 单调递增 所以在区间的最大值为，最小值为. 【小问2详解】 ， 令，得或， 当，即时，，得或，，得， 所以函数的单调递增区间是和，单调递减区间是； 当，即，此时恒成立，所以函数的单调递增区间是，无减区间； 当，即时，，得或，，得， 所以函数的单调递增区间是和，单调递减区间是； 综上可知，当时，函数的单调递增区间是和，单调递减区间是； 当时，函数的单调递增区间是，无减区间； 当时，函数的单调递增区间是和，单调递减区间是. 17. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）设，求函数的最小值； （3）若，求实数值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解； （2）利用导数求出函数的单调区间，进而可求出最小值； （3）分和两种情况讨论，在时，再分和两种情况讨论，分离参数，构造函数并求出其最值，即可得解. 【小问1详解】 ， 则， 所以曲线在处的切线方程为，即； 【小问2详解】 ， ， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以； 【小问3详解】 函数的定义域为， 当时，， 则，即， 即， 由（2）得， 令，则， 所以在上单调递增， 又当时，， 因为，所以， 此时不恒成立，故不符题意； 当时，若，则， 则，即，即， 由上可知函数在上单调递增， 所以， 所以，解得①， 若，则，即，即， 由上可知函数在上单调递增， 所以， 所以，解得②， 由①②可得， 综上所述，. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． （3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，为的中点． （1）求证：平面； （2）若为的内心，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的性质以及线面垂直的判定定理可证； （2）由等腰直角三角形内心的特点确定点的位置，以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，根据线面角的空间向量公式计算可得出结果. 【小问1详解】 因为平面平面，所以， 因为与平面所成的角为平面， 所以，且，所以， 又为的中点，所以， 因为四边形为正方形，所以， 又平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面， 所以平面． 【小问2详解】 因为底面为正方形，为的内心， 所以在对角线上． 如图，设正方形的对角线的交点为， 所以， 所以， 所以， 所以，又因为，所以． 由题意知两两垂直，以所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系． 所以，由（1）知， 所以， 所以． 又因为平面，所以平面的一个法向量为． 设直线与平面所成角为， 则． 19. 意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链下垂部分所形成的曲线是悬链线，通过建立适当坐标系，悬链线可为函数的图象，我们称这个函数为“双曲余弦函数”，记为，把称为“双曲正弦函数”，记，易知. （1）求证：（i）当时，；（ii）； （2）求证：若，，则 【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）(i)利用函数单调性即可证明； (ii) 将不等式移到一边构造新的函数，对导数进行求导，利用函数的单调性即可证明； （2）由题即证，即，构造函数，即证，求导数，构造函数，求导数，判断函数的单调性，求出函数的最值，从而证明不等式恒成立即可. 【小问1详解】 （i）由，由指数函数的单调性可知，在上单调递增， 所以， 所以当时，成立； （ii）令，则在上为偶函数， 则， 令， 则，当且仅当时等号成立 所以在上单调递增，所以，即， 所以当时，， 所以当时，， 即成立. 【小问2详解】 因为，所以原式变为 ， 即证. 设函数，即证， ，设，， 时，，在上单调递增， 即在上单调递增， 设，， ，由于在上单调递增，， 所以，，在单调递增， 又，所以时，，所以， 所以，因此恒成立， 原不等式恒成立，得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$