精品解析：湖南省永州市第四中学2024-2025学年高一直升班下学期第2次月考暨期中考试考前演练数学试题

永州市四中2025年上期高一直升班 第2次月考暨期中考试考前演练数学（试题） 命题：范理华、杨静 审题：张明明 注意事项： 1．本试卷共150分，考试时量120分钟． 2．全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效． 3．考试结束后，只交答题卡． 一、单选题（共40分，每题给出4个选项，只有一个选项符合要求） 1. 已知函数，则下面说法不正确的是（ ） A. 在为增函数 B. 最小值为1 C. 任意，，且，有 D. 任意，，且，有 2. 已知数列满足，令，则满足的最小值为 A 9 B. 10 C. 11 D. 12 3. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 4. 给出以下不等关系：①；②；③；④，为自然对数的底数，其中正确的个数是（ ） A 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 已知是定义在上的函数，对任意的，且，都有，且函数的图象关于点对称. 若对任意的，不等式成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 在各项均为正数的等比数列中，若,数列的前项积为，且，则的值为 A. B. C. D. 7. 已知定义域为的函数满足，，且当时，恒成立，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 为奇函数 D. 在区间是单调递增函数 8. 已知函数，若存在实数，，，使得且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．） 9. （多选题）如图，设的内角所对的边分别为，若成等比数列，成等差数列，是外一点，，下列说法中，正确的是（ ） A. B. 等边三角形 C. 若四点共圆，则 D. 四边形面积无最大值 10. 已知定义域为的函数满足，且，为的导函数，则（ ） A. B. C. D. 11. 在长方体中，点M是棱AD的中点，，点P在侧面的边界及其内部运动，则（ ） A. 直线MP与直线所成角的最大值为90° B. 若，则点P的轨迹为椭圆的一部分 C. 不存在点P，使得∥平面 D. 若平面与平面ABCD和平面与平面所成的锐二面角相等，则点P的轨迹长度为 三、填空题（共15分） 12. 已知为单位向量，设向量，向量的夹角为，若，求的取值范围__________. 13. 如图，正四棱锥P-ABCD的底面边长和高均为2，M是侧棱PC的中点.若过AM作该正四棱锥的截面，分别交棱PB､PD于点E､F（可与端点重合），则四棱锥P-AEMF的体积的取值范围是___________. 14. 牛顿迭代法又称牛顿—拉夫逊方法，它是牛顿在17世纪提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法，具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，称为的2次近似值，过点作曲线的切线，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值，设的零点为，取，则的2次近似值为__________；设，数列的前项积为．若任意的恒成立，则整数的最小值为__________． 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. 已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点． （1）求E的方程； （2）设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点． 16. 在平面直角坐标系xOy中，一动圆经过点且与直线相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线E. （1）求曲线E的方程； （2）设P是曲线E上的动点，点B、C在y轴上，的内切圆的方程为，求面积的最小值． 17. 设函数. （1）当时，求在处的切线方程； （2）当时，求的单调性； （3）若恒成立，求实数的取值范围. 18. 已知函数． （1）若有两个零点，求a取值范围； （2）设，，直线的斜率为k，若恒成立，求a的取值范围． 19. 已知函数（为常数）． （Ⅰ）若函数在处的切线方程为，求； （Ⅱ）当时，，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 $ 永州市四中2025年上期高一直升班 第2次月考暨期中考试考前演练数学（试题） 命题：范理华、杨静 审题：张明明 注意事项： 1．本试卷共150分，考试时量120分钟． 2．全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效． 3．考试结束后，只交答题卡． 一、单选题（共40分，每题给出4个选项，只有一个选项符合要求） 1. 已知函数，则下面说法不正确的是（ ） A. 在为增函数 B. 的最小值为1 C. 任意，，且，有 D. 任意，，且，有 【答案】D 【解析】 【分析】可考虑对函数变形处理为，结合二次函数和对勾函数分析函数单调性，最值，函数值大小关系即可. 【详解】，，当且仅当时，等号成立，故可理解为由一个对称轴为的二次函数和一个在处取到最小值的对勾函数构成，故在时单减，在时单增，故A正确，，故B正确；结合图形可知，函数在的左侧和右侧分别为下凸函数，对于任意的，，且，为图中点对应函数值，为其中点对应函数值，故（另外两种情况完全等效），故C正确. 故选：D 2. 已知数列满足，令，则满足的最小值为 A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】由已知递推式求出与之间的关系，即的递推关系，从而知数列是等比数列，由此可求得其通项公式，由通项公式知其是递减的等比数列，从而可通过解不等式得出结论． 【详解】，，故是首项为0.9，公比为的等比数列，故，则，即，当时，；当时，，显然当时，成立，故的最小值为10. 故选B． 【点睛】本题考查数列的递推式，考查等比数列的通项公式，解题关键是则已知递推关系得出数列是等比数列，从而易于求解． 3. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理可得，再根据三角恒等变换可得，由三角形形状得出角的取值范围可得结果. 【详解】由及正弦定理得， 所以，得， 所以或（舍去），所以， 因为是锐角三角形，故，解得， 故，， . 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用二倍角公式将化简得出对应表达式，由得出取值范围. 4. 给出以下不等关系：①；②；③；④，为自然对数的底数，其中正确的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】引入函数，由导数确定函数的单调性，然后由，，，分别判断各选项，得出结论． 【详解】构造函数，，则，由可得，解得；由可得，解得.所以函数在上为增函数，在上为减函数. 对于①，由，可得，即，，所以①正确； 对于②，由可得，即，所以②正确； 对于③，由可得，即，所以③错误； 对于④，由可得，即，也即，所以④错误. 故选：B． 【点睛】关键点点睛：本题考查比较大小，解题关键是引入新函数，利用导数确定单调性后，由函数单调性得出函数值大小． 5. 已知是定义在上的函数，对任意的，且，都有，且函数的图象关于点对称. 若对任意的，不等式成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对称性和单调性定义可确定，为上的减函数，由此可化简不等式得到；作出可行域，根据的几何意义，结合图象可确定临界状态，从而求得结果. 【详解】的图象关于点对称， 关于点对称，即， 等价于； 由得：， 为定义在上的减函数，， 即，又，， 当时，，即； 当时，，即； 由此可得可行域如下图阴影部分所示： 的几何意义为可行域内的点与连线的斜率， 由得：，，又， ，， 结合图象可知：，的取值范围为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数性质、不等式的综合应用问题，解题关键是能够根据函数奇偶性和单调性得到可行域，根据所求不等式的几何意义，结合图象来进行求解. 6. 在各项均为正数的等比数列中，若,数列的前项积为，且，则的值为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以，即. 又，由，得. 选. 7. 已知定义域为的函数满足，，且当时，恒成立，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 为奇函数 D. 在区间是单调递增函数 【答案】C 【解析】 【分析】赋值法可判断A，利用奇偶函数的定义及赋值法判断BC，由函数的特例可判断D. 【详解】令，则， 所以，因为当时，， 所以， 令，所以， 即，解得：，故A错误； 由题意，函数的定义域为，关于原点对称， 令，则，即 令代换，则，即， 所以，令代换，所以，故B错误； 由将代入， 可得，化简可得， 所以为奇函数，故C正确； 令，则，解得：，，故D错误. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的BC选项的关键点令，得到，令代换，得到，两式化简即可得出答案. 8. 已知函数，若存在实数，，，使得且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】做出函数图像，寻求，关系，，关系，以及，的范围，把转化为关于或的函数，即可求解. 【详解】做出函数图像如下图所示： ，， ， 根据三角函数的对称性，+=12，且， =, . 故选:D 【点睛】本题考查函数有关零点关系式的取值范围，解题关键要确定零点间的关系，转化为求函数的取值范围，属于较难题. 二、多选题（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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．） 9. （多选题）如图，设的内角所对的边分别为，若成等比数列，成等差数列，是外一点，，下列说法中，正确的是（ ） A. B. 是等边三角形 C 若四点共圆，则 D. 四边形面积无最大值 【答案】ABC 【解析】 【分析】 根据等差数列的性质和三角形内角和可得，根据等比中项和余弦定理可得，即是等边三角形，若四点共圆，根据圆内接四边形的性质可得，再利用余弦定理可求，最后，根据和可得，从而求出最大面积. 【详解】由成等差数列可得，，又， 则，故A正确； 由成等比数列可得，，根据余弦定理，， 两式相减整理得，，即，又， 所以，是等边三角形，故B正确； 若四点共圆，则，所以，， 中，根据余弦定理，， 解得，故C正确； 四边形面积为： 又， 所以，， 因为，当四边形面积最大时，， 此时，故D错误. 故选：ABC 【点睛】本题考查解三角形和平面几何的一些性质，同时考查了等差等比数列的基本知识，综合性强，尤其是求面积的最大值需要一定的运算，属难题. 10. 已知定义域为的函数满足，且，为的导函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A令得，令得，赋值此式可得；B对两边求导得出可得周期为4，利用反证法得出2也为周期，此时即为常函数，退出矛盾；C由 可得周期为4，计算即可；D对两边对求导，得，再令即可. 【详解】令，代入可得，即，所以， 令，则，即， 令得， 以替换，则，A选项正确； 以替换，则，所以函数是周期为4的周期函数. 令，则，即，所以是偶函数. 对两边求导得，即. 替换，则；以替换，则， 所以是周期为4的周期函数， 若的周期为6，则，又， 则，又 ，则，即， 此时为常函数，与、矛盾，故的周期不可能为6， B选项错误； 由的周期为4，且. ，C选项正确； 因为的周期为，且，所以. 因，所以， 对两边对求导， 得，即 令，可得，所以，则，D选项正确. 故选：ACD 11. 在长方体中，点M是棱AD的中点，，点P在侧面的边界及其内部运动，则（ ） A. 直线MP与直线所成角的最大值为90° B. 若，则点P的轨迹为椭圆的一部分 C. 不存在点P，使得∥平面 D. 若平面与平面ABCD和平面与平面所成的锐二面角相等，则点P的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，先判断直线MP与直线为异面直线，再说明能取得90°即可；对于B，由点P的轨迹为圆锥面与平面的交线即可判断；对于C，由线面平行的向量证明说明点P不存在即可；对于D，由面面角的向量求法求得点P的轨迹为线段，再求出长度即可. 【详解】 对于A，取中点，易得，则平面，又，平面， 则直线MP与直线为异面直线，则直线MP与直线所成角的范围为， 平面，又在上时， 平面，则，此时直线MP与直线所成角为90°，则直线MP与直线所成角的最大值为90°，A正确； 对于B，满足的动点的轨迹是以为轴，半顶角为的圆锥面，又轴∥平面， 则圆锥面与平面的交线为双曲线的一部分，即点P的轨迹为双曲线的一部分，B错误； 对于C，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，易得，设，其中， 则，设平面的法向量为，则， 取，则，要使∥平面，则，即， 又，显然无解，即不存在点P，使得∥平面，故C正确； 对于D，由C选项知，平面的法向量，易得平面ABCD的法向量为，平面的法向量为， 由锐二面角相等，可得，化简得，即（舍去）或； 画出平面的平面图，易得与的交点为，与的交点为，则， 即点P的轨迹长度为，D正确. 故选：ACD. 三、填空题（共15分） 12. 已知为单位向量，设向量，向量的夹角为，若，求的取值范围__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知及数量积运算律求得，，，再应用数量积的夹角公式求的范围. 【详解】由， 所以，故， 又，， 所以 ，而，所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据已知得到为关键. 13. 如图，正四棱锥P-ABCD的底面边长和高均为2，M是侧棱PC的中点.若过AM作该正四棱锥的截面，分别交棱PB､PD于点E､F（可与端点重合），则四棱锥P-AEMF的体积的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】首先证明一个结论：在三棱锥中，棱，，上取点，，，则，再设设，，分析可得，，，与，间的关系，再由换元法结合对勾函数的单调性求得答案． 【详解】首先证明一个结论：在三棱锥中，棱，，上取点，，， 则， 设与平面所成角为， 则; 再来解答本题：设，， , 则， ， ， ， ， 则，， ，则， ， 令， 则， ，，，， 当时，函数 单调递减，当时，函数 单调递增， 故最小值为2，当 时，都取到最大值 ， 则，（当且仅当时，取最小值）， ，， 故答案为：，． 14. 牛顿迭代法又称牛顿—拉夫逊方法，它是牛顿在17世纪提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法，具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，称为的2次近似值，过点作曲线的切线，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值，设的零点为，取，则的2次近似值为__________；设，数列的前项积为．若任意的恒成立，则整数的最小值为__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用导数求出直线的方程，可得出，结合可求出的值，推导出，可求得，进而可求得整数的最小值. 【详解】，则，， 所以，曲线在点处的切线方程为，即， 由题意可知点直线上， 所以，，，则，， ，， 因为函数的零点近似值为r，且函数在上为增函数， 因，，由零点存在定理可知， 由题意可知，，故整数的最小值为2. 故答案为:；2 【点睛】关键点点睛：本题考查数列不等式恒成立问题，解题的关键在于利用导数求出切线方程，得出数列的递推公式，利用数列的递推公式求解. 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. 已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点． （1）求E的方程； （2）设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可； （2）设出直线方程，与椭圆C方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解. 【小问1详解】 解：设椭圆E的方程为，过， 则，解得，， 所以椭圆E的方程为：. 【小问2详解】 ，所以， ①若过点的直线斜率不存在，直线.代入， 可得，，代入AB方程，可得 ，由得到.求得HN方程： ，过点. ②若过点的直线斜率存在，设. 联立得， 可得，， 且 即 联立可得 可求得此时， 将，代入整理得， 将代入，得 显然成立， 综上，可得直线HN过定点 【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种： ①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； ②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 16. 在平面直角坐标系xOy中，一动圆经过点且与直线相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线E. （1）求曲线E的方程； （2）设P是曲线E上的动点，点B、C在y轴上，的内切圆的方程为，求面积的最小值． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）圆心到定点与到定直线距离相等符合抛物线定义，可直接写出标准方程； （2）设，，，可求直线的方程，由点到直线的距离公式得，同理，可得，面积表示为关于的函数，进而利用基本不等式求最值. 【详解】解：（1）由题意可知圆心到的距离等于到直线的距离， 由抛物线的定义可知，圆心的轨迹方程：. （2）设，，，直线PB的方程为：， 又圆心（1，0）到PB的距离为1， ，整理得：， 同理可得：， 所以，是方程的两根， 所以，，依题意，即， 则，因为，所以. 所以，当时上式取得等号， 所以面积最小值为8. 【点睛】解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题（2）就是用的这种思路，利用均值不等式法求三角形最值的. 17. 设函数. （1）当时，求在处的切线方程； （2）当时，求的单调性； （3）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）在上单调递减，在上单调递增； （3）. 【解析】 【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程； （2）利用导数研究函数的单调性即可； （3）根据题设，将问题化为研究当时恒成立，再应用导数研究不等式恒成立求参数范围. 【小问1详解】 当时，，所以， 所以在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 当时，，所以， 当时，，所以在上单调递减； 当时，令，得， 因为，得，，所以， 故在上单调递增，所以， 所以在上单调递增. 综上，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 由题得，结合，得恒成立， 令，则，所以为奇函数， 当时恒成立即可，显然， 要使时，恒成立，则， （从必要性角度，要使不等式在上恒成立，结合初始值，需要保证在上的初始位置处有非递减趋势）， 又，所以， 验证如下（对所得参数范围，作充分性验证）： 当时，对任意，. 令，则， 令，则 ， 故在上单调递增， 所以， 故在上单调递增， 所以， 故在单调递增； 所以，故，符合题意. 所以的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：第三问，将问题化为当时恒成立为关键. 18. 已知函数． （1）若有两个零点，求a的取值范围； （2）设，，直线的斜率为k，若恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】(1)求导得,当时,可得在上是增函数，不可能有两个零点, 当时,利用导数可以求得函数在定义域内的最大值为,由，解得.然后根据, 得到在上有1个零点；根据,,得到在上有1个零点,可得的取值范围. (2)利用斜率公式将恒成立,转化为,即在上是增函数,再求导后,分离变量变成,最后用基本不等式求得最小值,代入即得. 【详解】（1），， ①当时，，在上是增函数，不可能有两个零点； ②当时，在区间上，；在区间上，． ∴在是增函数，在是减函数，，解得，此时，且，∴在上有1个零点； ， 令，则，∴在上单调递增， ∴，即，∴在上有1个零点． ∴a的取值范围是． （2）由题意得， ∴， ∴在上是增函数， ∴在上恒成立，∴， ∵，∴，当且仅当时，即取等号，∴． ∴a的取值范围是． 【点睛】本题考查了函数的零点,零点存在性定理,不等式恒成立,以及用基本不等式求最值,属难题. 19. 已知函数（为常数）． （Ⅰ）若函数在处的切线方程为，求； （Ⅱ）当时，，求实数的取值范围． 【答案】(Ⅰ) ；（Ⅱ） . 【解析】 【详解】试题分析：(Ⅰ)运用导数的几何意义建立方程求解；（Ⅱ）借助题设条件,运用导数的知识与分类整合的数学思想求解. 试题解析: （Ⅰ）， ，得， 由已知得切点为，所以，得， 所以． （Ⅱ）当时，， 令， ， （1）当时，，所以在上为增函数，在上为减函数， 所以函数在上的最大值为， （2）当时，令，得或． ①当，即时，函数在上为增函数，在上为减函数， 所以函数在上的最大值为， 由，得； ②当，即时，函数在上为增函数，在上为减函数， 所以函数在上的最大值为， 因为成立， 由，得； 所以； ③当，即时，函数在上为增函数， 所以函数在上的最大值为成立； ④当，即时， 在上为增函数，在上为减函数， 所以函数在上的最大值为， 因为成立，由， 得，而，所以； ⑤当，即时，函数在上为增函数，在上为减函数， 所以在上的最大值为，因为成立， 所以； 综上所述，实数的取值范围为． 考点：导数的知识与分类整合思想的运用． 【易错点晴】本题考查的是导数在研究函数的单调性和最值方面的运用的问题,这类问题的设置重在考查导数的工具作用.解答这类问题是,一要依据导数的几何意义,导函数在切点处的导函数值就切线的斜率;再一个就是切点既在切线上也在曲线上,这两点是解决曲线的切线这类问题所必须掌握的基本思路.本题的第二问设置的是不等式恒成立的前提下求参数的取值范围问题,求解时先将不等式进行转化,再构造函数,然后通过运用导数对函数最值的分类研究,最后求出参数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $