精品解析：湖南省常德市临澧县第一中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题

临澧一中高二年级3月月考试卷 数学试卷 时间：120分钟 总分：150分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 抛物线的准线方程是（ ） A. B. C. D. 2. 函数的单调递增区间是（ ） A B. C. D. 3. 设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则导函数的图象可能是 A. B. C. D. 4. 已知是曲线上一点，则点到直线的最短距离为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数有3个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，若，则a的取值范围为（ ） A B. C. D. 7. 已知函数是定义在上的偶函数，其导函数为，且当时，，则不等式的解集为（ ） A B. C D. 8. 某种新产品的社会需求量是时间的函数，记作：．若，社会需求量的市场饱和水平估计为500万件，经研究可得，的导函数满足：（k为正的常数），则函数的图像可能为（ ） A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ①②④ 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 已知双曲线，则双曲线（ ） A. 焦点坐标为和 B. 渐近线方程为和 C. 离心率为 D. 与直线有且仅有一个公共点 10. 设函数在R上可导，其导函数为，且函数的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ） A. 有三个极值点 B. 为函数的极大值 C. 为的极小值 D. 有两个极小值 11. 对于一般函数，如果存在实数，使得，那么就称函数有不动点，也称是函数的一个不动点.则（ ） A. 有1个不动点 B. 有2个不动点 C. 有3个不动点 D. 没有不动点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列的前项和为，则数列的通项公式为______. 13. 设实数，对于任意的，不等式恒成立，则k的最小值为_______． 14. 设函数，，若，，使得，则实数的取值范围是______. 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 已知函数，且在点处的切线方程为． （1）求函数的解析式； （2）求函数在区间上的值域． 16. 已知等差数列前项和为（），数列是等比数列，，，，. （1）求数列和的通项公式； （2）若，设数列的前项和为，求. 17. 已知椭圆，分别为椭圆C的左、右顶点，分别为左、右焦点，直线l交椭圆C于M、N两点（l不过点）． （1）若Q为椭圆C上（除外）任意一点，求直线和的斜率之积． （2）若直线与直线的斜率分别是，且，求证：直线l过定点，并求出此定点． 18. 已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由． 19. 已知函数（）． （1）证明：曲线在处的切线恒过定点； （2）令函数，讨论函数单调性； （3）已知有两个零点，且，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 临澧一中高二年级3月月考试卷 数学试卷 时间：120分钟 总分：150分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 抛物线的准线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线准线方程的概念即可选出选项. 【详解】解:由题知,所以,且抛物线开口向上, 所以其准线方程为:. 故选:D 2. 函数的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接求导，令，解出即可. 【详解】由已知， 定义域为，由得． ∴的增区间为． 故选：B． 3. 设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则导函数的图象可能是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】可从原函数的图像中得到函数在附近的单调性，从而得到其导函数在附近的符号，由后者可得函数图像的正确选项. 【详解】根据函数的图像可知， 在的左侧附近，为减函数； 在的右侧附近，为增函数， 所以在的左侧附近，；在的右侧附近，，故选A. 【点睛】一般地，若在区间上可导，且，则在上为单调增（减）函数；反之，若在区间上可导且为单调增（减）函数，则． 4. 已知是曲线上一点，则点到直线的最短距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出与直线平行且与曲线相切的直线的切点坐标，然后利用平行线间距离公式求解即可． 【详解】由题知，，令，得， 又，可得点， 所以点到直线的距离最短， 为. 故选：A. 5. 已知函数有3个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，求导判断函数单调性，结合有3个不同的零点，列出不等式求解即可． 【详解】解：函数，则，令得或， 令，解得：或；令，解得： ； 所以在和上单调递增，在上单调递减， 又，， 要使有3个不同的零点，则， 解得： 故选：C 6. 已知函数，若，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数奇偶性的定义可得为奇函数，再通过求导分析函数的单调性即可解不等式. 【详解】由题意，函数的定义域为. 因为， 所以函数为奇函数. ， 因为，当且仅当，即时，等号成立， 又因为，所以在上恒成立， 所以函数在上单调递增. 由，得，即， 所以，解得. 故选：C. 7. 已知函数是定义在上的偶函数，其导函数为，且当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，根据题意可判断，是偶函数，在上是增函数，在减函数，把原不等式转化为解不等式，进而，解得即可. 【详解】令，则， 当时，，所以当时，， 即在上是增函数，由题意是定义在上的偶函数，所以， 所以，所以是偶函数，在单调递减， 所以，， 即不等式等价为， 所以，解得或， 所以不等式的解集为． 故选：D 8. 某种新产品的社会需求量是时间的函数，记作：．若，社会需求量的市场饱和水平估计为500万件，经研究可得，的导函数满足：（k为正的常数），则函数的图像可能为（ ） A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ①②④ 【答案】B 【解析】 【分析】由得，，即单调递增，再结合基本不等式，即可求. 【详解】因为，依题知，所以， 即函数单调递增，④不合， 又， 当且仅当，即时，等号成立， 则若，则等号可以取得，即导函数在处取得最大值， 即在该处函数的变化最大，则③满足题意，②不合题意； 当时，等号取不了，但是单调递增的，①符合题意； 只有①③符合题意. 故选：B 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 已知双曲线，则双曲线（ ） A. 焦点坐标为和 B. 渐近线方程为和 C. 离心率为 D. 与直线有且仅有一个公共点 【答案】CD 【解析】 【分析】A：计算出的值，则焦点坐标可知；B：求出的值，则渐近线方程可知；C：根据可知离心率；D：分析直线与渐近线的关系可知结果. 【详解】A：因为，所以，所以焦点坐标为，故A错误； B：因为，所以渐近线方程为，即，故B错误； C：因为，所以，故C正确； D：因为与渐近线平行，所以与双曲线有且仅有一个交点，故D正确； 故选：CD. 10. 设函数在R上可导，其导函数为，且函数的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ） A. 有三个极值点 B. 为函数的极大值 C. 为极小值 D. 有两个极小值 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数的图象，得出的符号，进而求得函数的单调区间，以及函数的极值点，得到答案. 【详解】由函数的图象，可得： 当时，，则； 当时，，则； 当时，，则； 当时，，则； 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，当和时，函数取得个极小值点， 当时，函数取得个极大值点. 故选：ABD. 11. 对于一般函数，如果存在实数，使得，那么就称函数有不动点，也称是函数的一个不动点.则（ ） A. 有1个不动点 B. 有2个不动点 C. 有3个不动点 D. 没有不动点 【答案】AB 【解析】 【分析】根据给定定义，构造函数利用导数探讨函数性质判断AD；解方程判断B；作出函数图象判断C. 【详解】对于A，令，，则， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 因此的最大值为，函数有1个不动点，A正确； 对于B，，由，得或， 由，解得；由，解得，有2个不动点，B正确； 对于C，作出函数的部分图象与直线， 观察图象知，直线与函数在的图象有5个交点， 因此的不动点不只3个，C错误； 对于D，令，求导得，令，求导得， 当时，，当时，，函数在上递减，在上递增， ，函数在R上递增，，因此有一个不动点，D错误. 故选：AB 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列的前项和为，则数列的通项公式为______. 【答案】 【解析】 【分析】先求，再利用与关系求出，再检验是否符合即可求解. 【详解】当时，， 当时，， 当时，， 经检验，不符合上式， 所以. 故答案为： 13. 设实数，对于任意的，不等式恒成立，则k的最小值为_______． 【答案】## 【解析】 【分析】将整理为，然后构造函数，根据的单调性得到，即，再构造函数，求导分析单调性得到，即可得到的范围. 【详解】由得， 即， 令，则． 因为， 所以在上单调递增， 因为，所以，即， 令，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以，即， 所以k的最小值为． 14. 设函数，，若，，使得，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为，求出，然后参变分离，构造函数，利用导数求最值即可. 【详解】由题意，，当时，，，所以； 当时，，，所以， 等号仅当时成立，所以. 所以对，即，即. 令，则， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， ，因此. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 已知函数，且在点处的切线方程为． （1）求函数的解析式； （2）求函数在区间上的值域． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题知及 联立求解可得结果； （2）令求单调增区间，令求单调减区间，进而可得函数值域. 【小问1详解】 由题意，易知，得. ， 由，解得 所以 【小问2详解】 由（1）知，易知， 当变化时，，的变化情况如下表所示. 2 0 0 单调递增 单调递减 单调递增 因此，函数在和上单调递增，在上单调递减. 当时，有极大值，且极大值为； 当时，有极小值，且极小值为. 当时，，当时，， 所以函数在区间上的值域为. 16. 已知等差数列前项和为（），数列是等比数列，，，，. （1）求数列和的通项公式； （2）若，设数列的前项和为，求. 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为（），根据等差等比数列通项公式基本量的计算可得结果. （2）求出，代入求出，再分组求和，利用裂项求和方法和等比数列的求和公式可求得结果. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，等比数列的公比为（）， 由，，，， 得，解得，， 所以，. 【小问2详解】 由（1）知，， 因此当为奇数时，，当为偶数时，， 所以 . 17. 已知椭圆，分别为椭圆C的左、右顶点，分别为左、右焦点，直线l交椭圆C于M、N两点（l不过点）． （1）若Q为椭圆C上（除外）任意一点，求直线和的斜率之积． （2）若直线与直线的斜率分别是，且，求证：直线l过定点，并求出此定点． 【答案】（1） （2）证明见解析，定点为 【解析】 【分析】（1）设点，直接计算，结合点在椭圆上化简即得； （2）设，易知直线的斜率不为，设其方程为（），直线方程椭圆方程整理后应用韦达定理得，把它代入可求得的确定值，从而得定点坐标． 【小问1详解】 在椭圆中，左、右顶点分别为， 设点， 则 . 【小问2详解】 设， 易知直线的斜率不为，设其方程为（）， 联立，可得， 由，得. 由韦达定理，得. ，. 可化为， 整理即得， ，由， 进一步得，化简可得，解得， 直线的方程为，恒过定点. 18. 已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在；或 【解析】 【分析】（1）法一：分别取、的中点、，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立； 法二：以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立； （2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值； （3）假设存在点，使得，其中，求出向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解之即可. 【小问1详解】 证明：法一：分别取、的中点、，连接、、， 由题意可知点、分别为线段、的中点．所以，， 因为，所以，所以点、、、四点共面， 因为、分别为、的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为，平面，平面，所以平面， 又因为，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面； 法二：因为为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直， 以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、， 所以，易知平面的一个法向量， 所以，所以， 又因为平面，所以平面． 【小问2详解】 解：设平面的法向量，，， 则，取，可得， 所以平面的一个法向量为， 易知平面的一个法向量，设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角余弦值为； 【小问3详解】 解：假设存在点，使得，其中， 则， 由（2）得平面的一个法向量为， 由题意可得， 整理可得．即， 因为，解得或，所以，或． 19. 已知函数（）． （1）证明：曲线在处的切线恒过定点； （2）令函数，讨论函数的单调性； （3）已知有两个零点，且，证明：． 【答案】（1）证明见解析； （2）答案见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求，计算以及，写出直线方程化简可求出定点； （2）计算，求，分类讨论不同情况时的正负，可判断的单调性； （3）由的零点以及零点的范围可得出，，两式移项做比，变量集中为，得到，可通过判断的单调性及最值得到的范围，从而通过基本不等式可证. 【小问1详解】 由题意得： 所以，因为 所以曲线在处的切线方程为． 整理得：． 令，解得 所以曲线在处的切线恒过定点． 【小问2详解】 的定义域为 因为，所以． 当时，：当时，令，解得，因为，所以 令，解得． 所以当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减， 【小问3详解】 因为，，， 所以， 即，； 当时，方程只有一解，不满足题意； 当时，两式相比得，．令，因为，所以 所以，解得， 所以 令，则，令，则 所以在上单调递增．因为且，所以， 所以，在上单调递增，所以 即，即 所以．因为，所以 【点睛】思路点睛：讨论函数两个零点或两个极值点的关系时，经常利用变量和函数的关系通过变量集中减少变量，将集中后的变量重新构造函数，研究新函数的单调性和最值证明零点或极值点的关系. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$