精品解析：湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024-2025学年高二下学期数学独立作业4

华中师大一附中2023级高二下学期独立作业（4） 总分：150分 时间：120分钟 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 曲线在点处的切线斜率为（ ） A. B. C. D. 2. 函数的极大值为（ ） A. 0 B. 1 C. 3 D. 4 3. 已知函数，则（ ） A. 6 B. 3 C. D. 4. 某莲藕种植塘每年的固定成本是3万元，每年最大规模的种植量是15万斤，每种植1斤莲藕，成本增加1元，销售额（单位：万元）与莲藕种植量（单位：万斤）满足，要使销售利润最大，每年需种植莲藕（ ） A. 12万斤 B. 10万斤 C. 8万斤 D. 6万斤 5. 已知函数有两个极值点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（ ） A. 函数的最大值为1 B. 函数的最小值为1 C. 函数的最大值为1 D. 函数的最小值为1 7. 设函数有且仅有一个零点，则实数的值为 A. B. C. D. 8. 若函数存在单调递减区间，则正数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9. 下列函数在定义域上为增函数的有（ ） A. B. C. D. 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数存在两个极值点，且，．设的零点个数为，方程的实根个数为，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 一定能被3整除 D. 的取值集合为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线的一条切线经过坐标原点，则该切线方程为_______________. 13. 已知函数，，且，则的最小值为__________． 14. 已知函数及其导函数的定义域均为R，且满足时，．若不等式在上恒成立，则a的取值范围是__________, 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 （1）若的图象在点处的切线方程为，求a与b的值； （2）若在处有极值，求a与b的值. 16. 有六个数字．（运算结果以数字作答） （1）能组成多少个无重复数字的四位偶数？ （2）能组成多少个无重复数字且比1230大的四位数？ （3）能组成多少个恰有三个重复数字的四位数？ 17. 如图，在几何体中，底面是以为斜边的等腰直角三角形，已知平面平面，平面平面，平面，，． （1）证明：平面； （2）若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时与所成角的正切值． 18. 已知函数（是自然对数的底数）. （1）若，证明：在区间上不存在零点； （2）若，函数有两个极值点，. （i）求实数的取值范围； （ii）证明： 19. 已知函数，. （1）当时，求在区间内极值点的个数； （2）若恒成立，求的值； （3）求证：，，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 华中师大一附中2023级高二下学期独立作业（4） 总分：150分 时间：120分钟 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 曲线在点处的切线斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求切线斜率. 【详解】由，则曲线在点处的切线斜率为. 故选：B 2. 函数的极大值为（ ） A. 0 B. 1 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】求出函数的导数，判断其符号后得单调性，从而得到极大值. 【详解】， 当或时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极大值． 故选：D 3. 已知函数，则（ ） A. 6 B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出，通过赋值法求得代入，即可得. 【详解】因为， 所以， 令，得， ∴， 所以，故 故选：D. 4. 某莲藕种植塘每年的固定成本是3万元，每年最大规模的种植量是15万斤，每种植1斤莲藕，成本增加1元，销售额（单位：万元）与莲藕种植量（单位：万斤）满足，要使销售利润最大，每年需种植莲藕（ ） A. 12万斤 B. 10万斤 C. 8万斤 D. 6万斤 【答案】A 【解析】 【分析】写出销售利润，求导得到函数单调性和最值，得到答案. 【详解】设销售利润为， 则， 所以， 令得，令得， 可知在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，销售利润最大. 故选：A 5. 已知函数有两个极值点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求导，利用极值点的性质结合二次函数的性质得出实数的取值范围. 【详解】，因为函数有两个极值点，所以有两个不等的正根，故，解得. 故选：D 6. 在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（ ） A. 函数的最大值为1 B. 函数的最小值为1 C. 函数的最大值为1 D. 函数的最小值为1 【答案】B 【解析】 【分析】根据图象分辨和的图象，然后对各选项中函数求导，利用图象判断函数单调性即可得解. 【详解】由图可知，两个函数图象都在轴上方，所以，单调递增， 所以实线为的图象，虚线为的图象，， 对A，，单调递增，无最大值，A错误； 对B，，， 由图可知，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数取得最小值，B正确； 对C，，由图可知， 所以在上单调递增，无最大值，C错误； 对D，， 由图可知，当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，函数取得最大值，D错误. 故选：B 7. 设函数有且仅有一个零点，则实数的值为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对实行参变分离，对新函数的图象求导，研究其导函数的正负，得新函数的单调性，从而求出新函数的最趋势和最值，求得的范围. 【详解】令因为所以 令得 时，所以在上单调递增； 时，所以在上单调递减； 所以在处取得最大值,又 要使有且仅有一个零点， 则的值为. 故选B 【点睛】本题关键在于对实行参变分离，转化为求新函数的图象趋势和最值，属于难度题. 8. 若函数存在单调递减区间，则正数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意转化为有解，进而得到有解，构造函数，根据单调递增，转化为有解，设，利用导数求得函数单调性与最值，即可求解. 【详解】由函数，可得， 因为函数存在单调递减区间，即有解，即， 即，即有解， 构造函数，可得，所以单调递增， 因此不等式转化为，即有解， 设，可得，令，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以，即， 又因为，所以. 故选：B. 【点睛】方法规律总结：对于已知函数的单调性求参数问题： （1）已知可导函数在区间上单调递增，转化为区间上恒成立； （2）已知可导函数在区间上单调递减，转化为区间上恒成立； （3）已知可导函数在区间上存在增区间，转化为在区间上有解； （4）已知可导函数在区间上存在减区间，转化为在区间上有解. 二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9. 下列函数在定义域上为增函数的有（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】由即可判断A；利用导数研究函数的单调性判断B、C、D. 【详解】A，函数的定义域为，而， 所以函数在定义域上不是增函数； B，函数的定义域为，且，当时， 即函数的单调递减区间为，故函数在定义域上不是增函数； C，函数的定义域为且不恒为零， 所以函数在上为增函数； D，函数的定义域为，， 当且仅当时，等号成立且不恒为零， 所以函数在上为增函数． 故选：CD 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】将化为，构造函数，利用导数研究函数单调性可得函数在上单调递增，进而，代入C，D选项即可判断；根据函数单调性可知，故，即可判断选项A；构造函数，利用导数研究其单调性可知在上单调递增，故，代入即可判断选项D. 【详解】，. 设，则. ，在上单调递增，. ，，故选项C，D正确； 又，，，，，故选项A错误； 设，则. 令得；令得， 在上单调递增，在上单调递减， ，，即，，故选项B正确. 故选：BCD. 11. 已知函数存在两个极值点，且，．设的零点个数为，方程的实根个数为，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 一定能被3整除 D. 的取值集合为 【答案】AB 【解析】 【分析】分和两种情况，利用导数判断原函数单调性和极值，结合图象分析，的零点分布，进而可得结果, 【详解】由题意可知为二次函数，且为的零点， 由得或， 当时，令，解得或；令，解得； 可知：在内单调递增，在内单调递减， 则为极大值点，为极小值点， 若，则， 因为，即，两者相矛盾，故， 则有2个根，有1个根，可知， 若，可知，； 若，可知，； 若，可知，； 故A正确； 当时，令，解得；令，解得或； 可知：在内单调递增，在内单调递减， 则为极大值点，为极小值点， 若，则， 因为，即，两者相矛盾，故， 若，即，可知，，； 若，即，可知，，； 若，即，可知，，； 此时，故B正确； 综上所述：的取值集合为，的取值集合为， 故CD错误； 故选：AB. 【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是： （1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； （2）求导数，得单调区间和极值点； （3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线的一条切线经过坐标原点，则该切线方程为_______________. 【答案】 【解析】 【分析】设出切点的坐标，结合导数求得切线方程，根据切线过原点求得切点的横坐标，进而求得切线方程. 【详解】设切点为，则，即， 故切线方程为， 又切线过原点，，解得， 将代入，可得切线方程为. 故答案为： 13. 已知函数，，且，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据得出所满足的关系式，然后用表示，然后利用导数工具求解的最小值. 【详解】由，得，化简整理得． 令，则， 令，解得．当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增， ，． 故答案为： 14. 已知函数及其导函数的定义域均为R，且满足时，．若不等式在上恒成立，则a的取值范围是__________, 【答案】 【解析】 【分析】构造，得到其奇偶性和单调性，对不等式变形得到，从而得到，平方后由一次函数的性质得到不等式组，求出a的取值范围. 【详解】令，则，故为R上的偶函数， 当时，． 所以在单调递减，在单调递增． 等价于， 即在上恒成立． 所以，平方后化简得到． 由一次函数性质可得， 解得，即， 故a的取值范围是． 故答案为：. 【点睛】利用函数与导函数的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路： 比如：若，则构造，若，则构造， 若，则构造，若，则构造. 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 （1）若的图象在点处的切线方程为，求a与b的值； （2）若在处有极值，求a与b的值. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）由函数解析式求导，利用导数求得切线斜率，由函数解析式求得切点，根据切线方程，建立方程组，可得答案； （2）由函数解析式求导，根据极值与导数的关系，结合函数解析式，建立方程组，可得答案. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，， 因为切线方程为， 所以，解得， 所以. 【小问2详解】 函数在处有极值 且或 恒成立，此时函数无极值点， 此时1是极值点，满足题意， 所以. 16. 有六个数字．（运算结果以数字作答） （1）能组成多少个无重复数字的四位偶数？ （2）能组成多少个无重复数字且比1230大的四位数？ （3）能组成多少个恰有三个重复数字的四位数？ 【答案】（1）156个 （2）284个 （3）100个 【解析】 【分析】（1）利用分类计数加法原理，来计算四位偶数的个数； （2）利用分类计数加法原理，来计算比1230大的四位数个数； （3）利用分类计数加法原理，来计算恰有三个重复数字的四位数个数. 【小问1详解】 由题意组成无重复数字的四位偶数分为三类： 第一类：0在个位时，有个； 第二类：2在个位时，首位从中选定1个，有种，十位和百位从余下的数字中选，有种，共有个； 第三类：4在个位时，与第二类同理，也有个． 由分类加法计数原理知，共有个无重复数字的四位偶数． 【小问2详解】 组成无重复数字且比1230大的四位数分为四类： 第一类：形如，，，，共个； 第二类：形如，，，共有个； 第三类：形如，，共有个； 第四类：形如，共有个． 由分类加法计数原理知，共有个无重复数字且比1230大的四位数． 【小问3详解】 组成恰有三个重复数字的四位数分为三类： 第一类：重复数字为0时，再从剩余的5个数中选择1个放在千位，故有个； 第二类：重复数字不为0，但数中有0时，0可以从百位，十位，个位选择一个数位，有种，再从5个数中选择1个，有种，故此时有个； 第三类：重复数字不为0，数中也无0时，先从5个数中选择1个不重复的数字，且可放在任意一个数位上，有种，再从剩余的4个数中选择一个可重复的数，有种，故此时有个． 由分类加法计数原理知，共有个恰有三个重复数字的四位数． 17. 如图，在几何体中，底面是以为斜边的等腰直角三角形，已知平面平面，平面平面，平面，，． （1）证明：平面； （2）若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时与所成角的正切值． 【答案】（1）证明:过点作交于点， 平面平面，且两平面的交线为，平面 平面，又平面， 又且，平面，平面， 平面 （2）6 【解析】 【分析】（1）过点作交于点，结合面面垂直性质利用线面垂直判定定理证明可得结论； （2）根据已知条件得出几何体的体积的表达式，构造函数再利用导数求得其单调性可知当且仅当时体积取得最大值，建立空间直角坐标系利用空间向量即可求得与所成角的正切值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 过点作交于点，连接， 平面平面，且两平面的交线为，平面 平面，又平面， 到平面的距离相等 且，故四边形为平行四边形，所以， 又平面，则平面， 又平面，故， 又因为，所以，， 而底面为以为斜边的等腰直角三角形，，故， ， 又， 令，则， 可得， 令，解得，令，解得； 所以在上单调递增，在上单调递减， 即，当且仅当时取得最大值． 如图所示，以为原点，以为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，． 设与所成角为，则，则， 即当几何体体积最大时，与所成角的正切值为6． 18. 已知函数（是自然对数的底数）. （1）若，证明：在区间上不存在零点； （2）若，函数有两个极值点，. （i）求实数的取值范围； （ii）证明： 【答案】（1） 当时，，求导， 求二阶导，求三阶导， 则函数在单调递增，令，得 当，则，则函数单调递减；当，则，则函数单调递增； 所以，∴在单调递增， 又当时，，所以在无零点. （2）（i）. （ii）因为，所以. . 由，得 所以由对数均值不等式：，得，∴. 即证. 【解析】 【分析】（1）求导，判别函数的单调性，进而求解； （2）（i）求导，可知，是的两个零点，可得，构造函数，可得，利用导数研究函数的单调性即可求解； （ii）由题意可知，变形可得，由对数均值不等式可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，求导， 令，则，是的两个零点， 即，是方程的两个根. 由得，即. 令，求导，则在单调递增， 且，∴， ∴，∴，是方程的两根. （i）令，则，由得. 当，则，则函数单调递增；当，则，则函数单调递减； 且，，. 如图可得：. （ii）略 【点睛】方法点睛：本题考查导数的几何意义，利用导数求函数的极值，利用导数研究含参函数的零点有两种方法： （1）利用导数研究函数的极（最）值，转换为函数的图像与x轴的交点问题，应用分类讨论思想，在含参函数含参函数单调性的基础上再判断函数零点个数问题； （2）参数分离，即由分离参变量，得到，转化为研究与直线的图像的交点问题. 19. 已知函数，. （1）当时，求在区间内极值点的个数； （2）若恒成立，求的值； （3）求证：，，. 【答案】（1）2 （2）2 （3）证明：由（2）可知，，当且仅当时取等号， 所以， ， 因为， 所以即证 令，则， 所以即证：，， 令，则， 所以时，，单调递减， 所以，即，， 综上，，， 【解析】 【分析】（1）求导，根据函数在的单调性和导函数的单调性可求 （2）根据题意求出极大值点，进而求出a的值，然后利用导数证明不等式恒成立 （3）利用，转化为，然后利用导函数的单调性证明即可 【小问1详解】 当时，， 因为在单调递增，在单调递增， 在单调递增， 所以在单调递增，在单调递增， 因为， 所以当时，单调递减；， 所以，，在单调递增，在单调递减， 令，得， 当时，单调递增； ，， 所以，，在单调递减，在单调递增； 因为， 所以，在单调递减，单调递增， 综上，在单调递增，单调递减，单调递增，共2个极值点 【小问2详解】 因为， 所以是的极大值点，因为， 所以， 只需证，当时，恒成立即可， 因为， 令，则， ①当时，，，则在单调递减， 所以，在单调递增，， ②当时，，则在单调递减，所以， 综上，符合题意 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛： 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $