内蒙古赤峰二中2024-2025学年高二下学期第一次月考数学试题

数学答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C A C D A B B BD ABD 题号 11 答案 ACD 8．B 【详解】A.将点代入曲线方程中，得到，即， ∴点在上，选项A正确. B. 由题意得，曲线在轴上方的部分是函数的曲线， ∴， 由得，故不是的极小值点，选项B错误. C.由选项D得，，， ∴曲线在处的切线方程为，即. 将切线方程代入曲线方程中得，，即， ∴，即， ∴，解得或，选项C正确. D. 设在轴左边的一点为，则其到坐标原点的距离为， 要证明该距离大于，只需证明， 整理得，， 令,则， 当时，，故在上为增函数， 此时， ∴在曲线中，时，不存在， ∴，故， ∴，故， ∴，即在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于，D正确. 故选：B. 9．BD 【分析】根据给定的导函数图象，求出函数的单调区间，再逐项分析判断即可. 【详解】由图象知，当或时，，当或时，， 因此函数在上单调递减，在上单调递增， 对于A，，A错误； 对于B，函数在上单调递减，B正确； 对于C，函数在处取得极小值，在处取得极大值，在内有3个极值点，C错误； 对于D，当时，，因此曲线在点处切线的斜率，D正确. 故选：BD 10．ABD 【分析】根据给定条件，利用赋值法求出，再结合二项式定理逐项求解判断. 【详解】对于A，由的展开式中各项系数的和为1，取，得，解得，A正确； 二项式展开式的通项为， 对于B，无整数解，因此展开式中不含常数项，B正确； 对于C，由，得，因此展开式中项系数为，C错误； 对于D，展开式中各项系数绝对值的和，D正确. 故选：ABD 11．ACD 【分析】利用函数的单调性与导数的关系可判断A选项；利用导数与函数最值的关系可判断B选项；令，可得出，作出函数与的图象，数形结合可判断C选项；利用函数极值点与导数的关系可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，则， 当时，，所以，函数在上单调递增，A对； 对于B选项，函数的定义域为，且， 由可得，由可得， 所以，函数的减区间为，增区间为， 所以，，即函数在定义域内有最小值，B错； 对于C选项，由可得，如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点， 所以，存在，使得函数有两个零点，C对； 对于D选项，存在，使得函数在处取极小值， 则，则，则，解得， 此时，， 令，则，令，可得， 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 故当时，函数在处取得极小值，D对. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 12．960 【分析】先涂，再涂，再涂，再涂，最后涂，由分步乘法计数原理，可得不同的涂色方法种数. 【详解】先涂，则有种涂法，再涂，因为与相邻，所以的颜色只要与不同即可，有种涂法，同理有种涂法，有种涂法，有种涂法，由分步乘法计数原理，可知不同的涂色方法种数为. 故答案为：. 13． 【分析】设圆柱模型的底面半径为，高为，由已知得，再表示出圆柱模型的表面积为，令，利用导函数分析出的单调性，由此可求得模型的表面积取最小值时的值. 【详解】设圆柱模型的底面半径为，高为，则圆柱模型的体积为，即， 所以圆柱模型的表面积为， 令，，则， 令，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以在取得最小值，即当圆柱模型的底面半径为时，模型的表面积最小， 故答案为：. 14．/ 【分析】首先将不等式转化为，再构造函数，利用导数求函数的单调性进一步将问题转化为恒成立，再构造函数，利用函数的单调性即可求得结果. 【详解】因为，所以， 即，令，所以， 又，所以在上单调递增，所以， 即，令，所以， 令，解得，令，解得，所以在上单调递增， 在上单调递减，所以，所以，即的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题主要将不等式转化为，再构造函数，利用导数判断单调性进一步将问题转化为恒成立，再构造函数，通过两次构造函数即可求得结果. 15．(1) (2)． 【分析】（1）联立直线方程和抛物线方程，由交点个数得到判别式的等式，求出，即可得到抛物线方程； （2）利用韦达定理法，由弦长公式及中点坐标公式得到和，从而求得它们的比值. 【详解】（1）当时，联立，得． 因为与有且仅有一个交点，所以，解得． 所以的方程为． （2）联立，得． 因为与交于不同的两点，所以，即． 设，， 因为，所以． ． ，所以． 16．(1) (2) 【分析】（1）求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）分析可知，方程有两个不等的正根，令，参变分离可知，直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围，再结合函数极值点的定义检验即可. 【详解】（1）函数的定义域为，， 故，， 所以，在点处切线方程为，即. （2）函数的定义域为，且， 有两个极值点等价于有两个不等正根， 即有两个不等正根， 设，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，所以， 如下图所示： 当时，直线与函数的图象有两个交点， 设这两个交点的横坐标分别为、， 由图可知，当或时，，则， 当时，，则， 所以，函数的增区间为、，减区间为， 此时，函数的极大值点为，极小值点为， 故当时，有两个极值点， 综上，的取值范围为. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，线面平行的性质有，结合得到为平行四边形，即可证结论； （2）建立空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值. 【详解】（1）取的中点，连接，又是的中点，则且， 由在棱上，底面为矩形，则，故， 由平面，平面且平面平面，则， 所以为平行四边形，故， 所以是的中点； （2）平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，又底面为矩形，建立如下图示的空间直角坐标系， 则， 所以，设平面的一个法向量为， 则，令，则， 显然平面的一个法向量可以为， 故， 所以平面与平面夹角的余弦值； 18．(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】(1)构造结合等比数列的定义判断即可； (2)根据（1）可得的通项公式，进而可得的通项公式； (3)根据裂项相消求和证明即可. 【详解】（1）由可得，解得，则. 且，故是以2为首项，2为公比的等比数列，即得证. （2）由（1），故 （3）， 故 ，即得证. 19．(1)和 (2) (3)曲线在点处的切线斜率小于两点连线的斜率 【分析】（1）求导，根据，令求得增区间； （2）当时，可判断在上单调递增，结合求解； （3）设出三点坐标，分别表示出曲线在点处切线斜率和两点连线斜率，通过作差比较，构造函数借助导数证明. 【详解】（1）由，， 令，得或，由于，则， 令，解得或， 所以的单调增区间为和. （2）当时，，且， 又，即在上单调递增， 所以的解集为. （3）设，，，且，， 曲线在点处切线斜率为， 两点连线斜率为 ， ， 令，则， 令，， 则，令， ，即在上单调递减， ，即， 所以在上单调递减，故， ，又，即， 所以，即， 所以曲线在点处切线斜率小于两点连线斜率. 答案第8页，共11页 答案第7页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 $$高二数学 第 1 页 共 4 页 赤峰二中 2023 级高二下学期第一次月考 数学试题 一、单选题 1．设函数 f（x）= 2 x +lnx，则 （ ） A．x= 12 为 f(x)的极大值点 B．x= 1 2 为 f(x)的极小值点 C．x=2为 f(x)的极大值点 D．x=2为 f(x)的极小值点 2．函数   2 e 2sin 1 x xf x x    在 0x  处的切线斜率为（ ） A．1 B． 2 C．3 D． 4 3．若函数   lnf x x ax a   的最大值为 2 ，则 a （ ） A．1 B．2 C．e D． 2e 4．5个人排成一排，其中甲与乙不相邻，而丙与丁必须相邻，则不同的排法种数为（ ） A． 72 B． 48 C． 24 D．60 5．已知函数   ln 2 xf x ax x    在定义域上单调递增，则实数 a的取值范围为（ ） A．  , 2  B．  , 2  C．  2,   D． 2,   6．现将包含球A的 5个不同的小球放入包含甲盒的四个不同的盒子里，每盒至少一球.其中小 球A不放入甲盒中，则不同安排方案的种数是（ ） A．180 B．168 C．120 D．90 7．已知 10ln 9 a  ， 1 9 b  ， 8 9ec   ，则（ ） A．a c b  B．a b c  C． c a b  D．b c a  8．设计一个实用的门把手，其造型可以看作图中的曲线 2 3: 2 2C y x x   的一部分，则下列说法不正确的是（ ） 高二数学 第 2 页 共 4 页 A．点 (1,1)在C上 B．将C在 x轴上方的部分看作函数  f x 的曲线，则 1x  是  f x 的极小值点 C．在 (1,1)处C的切线，其与C的交点的横纵坐标均为有理数 D．C在 y轴左边的部分到坐标原点O的距离均大于 2 二、多选题 9．已知函数  y f x 的导函数  y f x  的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A．    1 2f f B．  f x 在  2, 4 上是减函数 C．  f x 在区间  2,5 内有 2个极值点 D．曲线  y f x 在点 0x  处的切线的斜率大于 0 10．已知 5(2 ) ax x  的展开式中各项系数的和为 1，则下列结论正确的有（ ） A． 1a   B．展开式中不含常数项 C．展开式中 3x 项系数为 80 D．展开式中各项系数绝对值的和为 243 11．函数   e 1xf x x   ，下列说法正确的是（ ） A．  f x 在  1, e 上单调递增 B．  f x 在定义域内无最小值 C．存在 aR ，使得函数    g x f x a  有两个零点 D．存在 aR ，使得函数     2h x f x ax  在 1x  处取极小值 三、填空题 12．如图所示，积木拼盘由 , , , ,A B C D E五块积木组成，若每块积木 都要涂一种颜色，且为了体现拼盘的特色，相邻的区域需涂不同的 颜色（如：A与 B为相邻区域，A与D为不相邻区域），现有五种 不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是 . 高二数学 第 3 页 共 4 页 13．某校高二年级学生到工厂劳动实践，利用 3D打印技术制作模型．某学生准备做一个体积 为54π的圆柱形模型，当模型的表面积最小时，其底面半径为 ． 14．若对于任意的  0,x  ，不等式 2 2ln e lnxx x x a a    恒成立，则 a的最小值为 . 四、解答题 15．已知地物线  2: 2 0C y px p  ，直线 :l y x t  ．当 1 2 t  时， l与C有且仅有一个交点． (1)求C的方程； (2)若 l与C交于两个不同的点 ,A B，设 AB的中点为M ，过点M 平行于 x轴的直线与C交于 点 N ，求 2AB MN ． 16．已知函数    1 ln f x x x . (1)求  f x 在点   1, 1f 处的切线方程； (2)若函数    F x f x ax  有两个极值点，求 a的取值范围. 17．如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD为矩形， , 1, 2PA AB PA AB AD    ， F 是 棱 PA的中点， E在棱 BC上，且 //EF 平面 PCD，平面 PAB 平面 ABCD． (1)求证： E是棱 BC的中点； (2)求平面 EFD与平面 PAB夹角的余弦值． 高二数学 第 4 页 共 4 页 18．数列 na 满足 2 15, 2 1n na a a   ． (1)证明：数列 1na  是等比数列； (2)求 na 的通项公式； (3)若 1 1n n n n ab a a    ，证明：数列 nb 的前 n项和 1 3n S  ． 19．已知函数    2 22 lnf x kx k x x     ， kR ． (1)当 2k  时，求函数  f x 的单调递增区间； (2)当 2k  时，求   0f x  的解集； (3)若函数  f x 图象上有三个点A， B，C，并且从左到右横坐标成等差数列，判断曲线  f x 在点 B处的切线斜率与A，C两点连线斜率的大小关系．