精品解析：重庆市朝阳中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题

重庆市朝阳中学高2026届3月月考 高二数学试卷 本试卷共分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），共150分；考试时间：120分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第Ⅰ卷（选择题，共60分） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．） 1. 函数的极大值点是（ ） A. B. 1 C. D. 2. 已知某物体在运动过程中，其位移 （单位：）与时间 （单位：）满足函数关系式，则该物体在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 3. 若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数a的值为（ ） A. －4 B. －3 C. 4 D. 3 4. 已知函数的导函数的图象如图所示，那么函数的图象最有可能的是（ ） A. B. C. D. 5. 拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，定理内容是：如果函数在闭区间上的图象连续不间断，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点c，使得成立，其中c叫做在上的“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数在上的“拉格朗日中值点”的个数为（ ）． A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 6. 已知对于都有，则a的最小值为（ ） A. 1 B. C. 0 D. 7. 经过点所作曲线的切线有（ ） A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 8. 已知函数，若在开区间内存在极大值点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对得部分分．） 9. 下列说法错误的是（ ） A. 一个函数的极大值一定大于极小值 B. 曲线的切线可能与该曲线有不止一个公共点 C. 函数在某个区间上的最大值，一定在极大值点处取到 D. 若函数在某个区间上单调递增，则它的导函数在该区间上满足 10. 已知函数，的图象是一条连续不断的曲线，设其导数为，函数的图象如下，则下列说法正确的是（ ） A. 在处取最大值 B. 是的极大值点 C. 没有极小值点 D. 可能不是导函数的极大值点 11. 已知函数，则下列正确的有（ ） A. 当 时，函数在上单调 B. 对于任意的正实数 ，函数在不单调 C. 当时，函数在上有且仅有 个零点 D. 对于任意的正实数 ，函数在必有极小值 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知函数，若，则______． 13. 曲线上的点到直线的最短距离是______． 14. 已知函数在上可导且，其导函数满足：，则的解集为______． 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 15. 已知函数在处取得极大值． （1）求 ； （2）若函数有三个零点，求 的范围． 16. 设函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当 时，讨论的单调性． 17. 已知函数的图象的一条切线方程是. （1）求 ； （2）若关于的不等式有解，求 的取值范围. 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设 是两个不相等的正数，且，证明：. 19. 牛顿迭代法（Newton＇smethod）是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设是函数的零点，选取作为的初始近似值，在点处作的切线的方程为，若，则与轴交点的横坐标满足：又在点处作的切线的方程为，若，则与轴交点的横坐标满足；重复以上过程，得到一个零点近似值序列：.已知函数，现选取作为的零点初始近似值，运用牛顿迭代法得到方程的一个零点近似值序列：，满足. （1）当时，求的值； （2）设. （i）当 时，若且，求证：；（参考不等式：） （ii）若有两个不相等的零点，求实数 的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市朝阳中学高2026届3月月考 高二数学试卷 本试卷共分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），共150分；考试时间：120分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第Ⅰ卷（选择题，共60分） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．） 1. 函数的极大值点是（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数研究函数的区间单调性求极大值点即可. 【详解】由题设，当时，当或 时， 所以在、上单调递减，在上单调递增， 所以函数的极大值点是1. 故选：B 2. 已知某物体在运动过程中，其位移 （单位：）与时间 （单位：）满足函数关系式，则该物体在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求导，代入数值，即可得到结果. 【详解】由题知，， 所以， 即该物体在时的瞬时速度为. 故选：A 3. 若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数a的值为（ ） A. －4 B. －3 C. 4 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的运算公式以及切线的几何意义求解. 【详解】因为，所以， 当时，， 所以曲线在点处的切线的斜率等于3， 所以直线的斜率等于， 即，解得， 故选:D. 4. 已知函数的导函数的图象如图所示，那么函数的图象最有可能的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由导数图像，确定函数单调性，进而可判断； 【详解】由导函数图象可知，在上单调递减，在上单调递增， 结合选项，只有A符合； 故选：A 5. 拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，定理内容是：如果函数在闭区间上的图象连续不间断，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点c，使得成立，其中c叫做在上的“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数在上的“拉格朗日中值点”的个数为（ ）． A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】根据题中给出的“拉格朗日中值点”的定义分析求解即可． 【详解】函数，求导得：，令为在上的“拉格朗日中值点”， 则有，即， 整理得，解得， 所以函数在上的“拉格朗日中值点”的个数为2. 故选：B. 6. 已知对于都有，则a的最小值为（ ） A. 1 B. C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】将题意的不等式变形为，构造函数，利用函数的单调性得到,再次构造函数，结合导数的应用求出函数的最大值即可. 【详解】对于，由， 可得：， 设，则， 所以函数在上单调递增，所以， 所以 所以， 设，则， 令， 所以在上单调递增，在上单调递减， 得，所以， 即实数 的最小值为. 故选：B 7. 经过点所作曲线的切线有（ ） A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 【答案】C 【解析】 【分析】求导，后根据导数几何意义，转化为：的根的个数，结合根的判别式判定即可. 【详解】因为，所以曲线在点处的切线方程为. 将代入，得. 因为 ，所以方程有两个不同的根，且根不为0， 所以方程共有3个不同的根， 即经过点所作曲线的切线有3条. 故选：C. 8. 已知函数，若在开区间内存在极大值点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求导，分离参数得，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可结合分类讨论以及极值的定义求解. 【详解】由题意可得， 令，则，记，则， 当时，此时在上单调递增， 当时，此时在上单调递减，故， 当，且， 若，则，此时存在， 当时，，此时， ，故在上单调递减， 当，，此时， ，故在上单调递增，此时只有极小值无极大值，不符合题意舍去， 当，则，存在，使， 故当，，此时， ，故在上单调递减， 当，，此时， ，故在上单调递增， 当，，此时， ，故在上单调递减，此时是的极大值点，符合要求， 当，即时，此时，此时，，故单调递减，不符合题意，舍去， 综上可得， 故选：C. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 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． 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对得部分分．） 9. 下列说法错误的是（ ） A. 一个函数的极大值一定大于极小值 B. 曲线的切线可能与该曲线有不止一个公共点 C. 函数在某个区间上的最大值，一定在极大值点处取到 D. 若函数在某个区间上单调递增，则它的导函数在该区间上满足 【答案】ACD 【解析】 【分析】举例判断AB的正确性，对CD根据函数的有关性质可直接判断. 【详解】对A选项：函数的极值是局部性质，极大值与极小值的大小不定， 比如，在处有极大值，在处有极小值 ，极大值小于极小值，故A错误； 对B选项：函数在处的切线为，与有无数个公共点，故B正确； 对C选项：函数在闭区间上的最大值，有可能在极大值点出取得，也由可能是在区间的端点处取得，故C错误； 对D选项：函数在某个区间上单调递增，则它的导函数在该区间上满足，故D错误. 故选：ACD 10. 已知函数，的图象是一条连续不断的曲线，设其导数为，函数的图象如下，则下列说法正确的是（ ） A. 在处取最大值 B. 是的极大值点 C. 没有极小值点 D. 可能不是导函数的极大值点 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据的图象，先分析出的正负性，即可得的单调性，从而可判断A，B，C，再由 和时，，而不一定等于0，可判断D. 【详解】当时，， 函数单调递增， 同理可得：当时，，函数单调递减， 所以为函数的极大值， 当 时，，函数单调递减， 当时，函数单调递减， 所以函数在上单调递减， 从而在处取最大值，且没有极小值点，故A,C正确，B错误； 又 和时，， ，而在时等于0，所以不一定等于0， 当时，是导函数的极大值点， 当时，不是导函数的极大值点，所以D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数，则下列正确的有（ ） A. 当时，函数在上单调 B. 对于任意的正实数 ，函数在不单调 C. 当时，函数在上有且仅有 个零点 D. 对于任意的正实数 ，函数在必有极小值 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，对求导，得，从而有在区间上单调递增，且，，即可求解；对于B，对求导，得到，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，可得在单调递增，再注意到时，，当时，，即可求解；对于C和D，利用选项B中的结果，结合函数单调性与零点间的关系及极值的定义，即可求解. 【详解】对于选项A，当时，，则， ∵在区间上均单调递增， ∴易知在区间上单调递增， 又，， 所以，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增，故选项A错误， 对于选项B，易知 ，， 令，则， 对于，因为， 所以恒成立， 所以在上恒成立，故在区间单调递增， 故在区间单调递增， 又时，，当时，， 所以在区间上存在零点， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 即函数在不单调，故选项B正确， 对于选项C，由选项B知在区间单调递增， 又，且，则， 又时，，所以，， 当时，，当时，， 故在区间上单调递减，在区间上单调递增， 又时，，， 所以当时，函数在上有且仅有 个零点，故选项C正确， 对于选项D， 由选项B知在区间单调递增，又， 当时，， 故在上，有，故在上无极值点，故D错误； 故选：BC. 【点晴】方法点晴：利用导数研究函数的极值点： （1）对于可导函数，点是极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同； （2）若在内有极值点，那么在内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或单调减的函数没有极值点． 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知函数，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的导函数，依题意可得，结合导数的定义计算可得. 【详解】因为，所以， 因为， 所以，所以， 即，解得. 故答案为： 13. 曲线上的点到直线的最短距离是______． 【答案】 【解析】 【分析】利用数形结合方法，结合指数函数的图象和利用导数研究切线，求得与已知直线平行的切线的切线坐标，进而得解. 【详解】，曲线在  处的切线斜率为 ， 对应切点，切线与直线  平行，如图所示. 此时距离最短. 曲线 上的点到直线的最短距离为, 故答案为：. 14. 已知函数在上可导且，其导函数满足：，则的解集为______． 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，对其求导并结合已知可得，所以，即可解不等式. 【详解】令，则， 故（c为常数）， ∵，∴，， ∴， 令，解得． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据已知构造函数，对其求导可确定函数. 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 15. 已知函数在处取得极大值． （1）求 ； （2）若函数有三个零点，求 的范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，依题意求出 的值，再代入检验即可； （2）由（1）可得函数的单调性，求出函数的极值，依题意与有三个交点，即可求出参数的取值范围. 【小问1详解】 因为， 所以，依题意，即，解得或； 当时，，则， 所以当时，当或 时， 所以在上单调递减，在，上单调递增，则在处取得极小值，不符合题意； 当时，，则， 所以当时，当或时， 所以在上单调递增，在，上单调递增，则在处取得极大值，符合题意； 综上可得； 【小问2详解】 由（1）可得且在上单调递增，在，上单调递增， 又，， 因为函数有三个零点，即与有三个交点， 则， 即 的取值范围为. 16. 设函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当 时，讨论的单调性． 【答案】（1） （2）当时，在上单调递增，当时， 在上单调递增， 在上单调递减． 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，再根据点斜式求出切线方程； （2）求的导数，根据 的范围讨论导数的正负，从而得到的单调区间. 【小问1详解】 当时，，则， 则曲线在点处的切线斜率为， 因为，所以曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 的定义域为． 当 时，． 令，则在上单调递减，在上单调递增， 因此，的最小值为 当时，则，此时，在上单调递增， 当时，令，得． 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增 综上，当时，在上单调递增，当时， 在上单调递增， 在上单调递减． 17. 已知函数的图象的一条切线方程是. （1）求 ； （2）若关于 的不等式有解，求 的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）设切点，根据导数的几何意义求得，结合，构造，应用导数研究其零点，即可求参数值； （2）问题化为有解，构造研究不等式能成立求参数范围. 【小问1详解】 设的图象与直线切于点，则①， ，则，即，代入①式得. 令，则， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以，当且仅当时取等号， 故，即. 【小问2详解】 由题意得有解，即有解. 令，则， 若，则，则，符合题意； 若，即 ，则，不符合题意； 若， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以，解得. 综上， 的取值范围为. 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设 是两个不相等的正数，且，证明：. 【答案】（1）在上单调递减；在上单调递增. （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求函数的定义域，对函数求导，令导数为0，解出 ，然后在定义域范围内分析即可. （2）利用分析法证明，变形要证明的式子，结合构造新函数利用函数的导数进行证明. 【小问1详解】 的定义域为， ， 令，得：， 当 变化时的关系如下表： 0 1 无意义 0 无意义 在上单调递减；在上单调递增. 【小问2详解】 证明：要证， 只需证： 根据，只需证： 不妨设，由得：； 两边取指数，，化简得： 令：，则， 根据（1）得在上单调递减； 在上单调递增（如下图所示）， 由于在上单调递减，在上单调递增， 要使且， 则必有，即 由得：. 要证，只需证：， 由于在上单调递增，要证：， 只需证：， 又，只需证：， 只需证：， 只需证：， 只需证：， 只需证：， 即证， 令， 只需证：， ， 令， 在上单调递减， 所以， 所以 所以在上单调递减，所以 所以 所以：. 【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现， 难度相当大，主要考向有以下几点： 1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性； 2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数； 3、求函数的极值（最值）； 4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围； 5、证明不等式； 解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决， 在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数， 对新函数求导再结合导数与单调性等解决. 19. 牛顿迭代法（Newton＇smethod）是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设是函数的零点，选取作为的初始近似值，在点处作的切线的方程为，若，则与 轴交点的横坐标满足：又在点处作的切线的方程为，若，则与 轴交点的横坐标满足；重复以上过程，得到一个零点近似值序列：.已知函数，现选取作为的零点初始近似值，运用牛顿迭代法得到方程的一个零点近似值序列：，满足. （1）当时，求的值； （2）设. （i）当 时，若且，求证：；（参考不等式：） （ii）若有两个不相等的零点，求实数 的取值范围. 【答案】（1） （2） （i）由题意得，则， 所以， 因为 ，所以， 由且得， 移项可得，则有， 又因为， 所以，可得， 又由，故.得证. （ii）. 【解析】 【分析】（1）根据即可代入求解， （2）（i）根据题意可得，即可利用所给不等式求解， （ii）根据，求导，对 分类讨论，求解函数的单调性，根据单调性求解函数的最值即可求解.. 【小问1详解】 当时，由解得 故； 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（i）得，则， 当 时，在上恒成立，即在上单调递增，故在上不存在两个零点，此时不满足题意； 当 时，令，解得， 令解得，故在单调递增， 令解得，故在单调递减， 所以在处取最大值； 因为有两个零点，且当 趋近于0时，趋近于时，，所以，解得，即. 综上可得，实数 的取值范围是. 【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $