精品解析：吉林省长春吉大附中实验学校2024-2025学年高二下学期阶段性测试数学试题

2024—2025学年下学期高二年级 阶段性测试数学学科试卷 考试时间：120分钟试卷满分：150分 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考试结束后，将答题卡交回． 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区． 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚． 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效． 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑． 5．保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 一、单项选择题：本大题包括8个小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上． 1. 已知，则（ ） A. B. 1 C. D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】直接根据导数的定义求导数值. 【详解】. 故选：D. 2. 下列求导运算结果错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据初等函数的导数公式逐项判定，可得答案. 【详解】对于A，，故A正确；     对于B，，故B正确； 对于C，，故C正确；     对于D，，故D错误. 故选：D. 3. 如图是函数的导函数的部分图象，则的一个极大值点为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据极大值点的定义结合图象判断即可. 【详解】极大值点处导数为0，且在该点左侧附近导数值为正，在该点右侧附近导数值为负，选项中只有符合. 故选：B. 4. 有一个信号装置，从左到右依次有4个信号显示窗，每个显示窗可亮红灯、绿灯或不亮灯，则该装置所能发出的不同信号种数为（ ） A. 12 B. 64 C. 81 D. 256 【答案】C 【解析】 【分析】由分步乘法计数原理计算可得. 【详解】由题意可得每个信号灯有三种情况，各自独立， 故该装置所能发出的不同信号种数为种. 故选：C. 5. 已知函数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【详解】由于是常数，对求导，得， 将代入导函数得，整理得. 6. 已知函数的图象在点处的切线与直线垂直，则实数a的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数的几何意义，求得，结合题意建立方程求解即得. 【详解】由求导得：， 依题意，解得. 故选：C. 7. 已知函数在上存在单调递减区间，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对函数求导并根据其单调区间得出不等式，求得相应最小值可得结果. 【详解】由题意可知， 因为函数在上存在单调递减区间， 则在上有解，可得，所以． 令，则， 显然，可知函数单调递增，则， 即，所以实数的取值范围是． 故选：C 8. 若函数是减函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对函数求导并利用其单调性得出导函数的符号，解不等式即可得出结果. 【详解】由题意得，函数定义域为； 由，可得， 由且，得，则，又， 所以，解得， 当时，，恒成立，不合题意，舍去． 故的取值范围是． 故选：B 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在毎小题给出的选项中，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）已知函数的导数为，若存在，使得，则称是的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】结合“巧值点”的定义，逐个求解是否有解即可. 【详解】对于A: ，令，得或，有“巧值点”，A满足； 对于B: ，令，得，有“巧值点”，B满足； 对于C: ，令，结合，的图象，知方程有解，有“巧值点”，C满足； 对于D: ，令，得，与矛盾，没有“巧值点”，D不满足. 故答案为：ABC. 10. 定义在上的函数满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由构造函数，判断的单调性，结合选项和函数的单调性比较函数值的大小即可. 【详解】构造函数，则， 因为，所以，故是增函数. 由得，， 即，故A正确； 由得，， 即，故B正确； 由得，， 即，故C错误； 由得，， 即，即，故D正确. 故选：ABD． 11. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一，如图所示．已知点是上一点，则（ ） A. B. C. 当时，的最大值为 D. 曲线在轴左侧所围成的区域面积大于2 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由已知方程解得， 由，解不等式从而判定A；利用不等式的基本性质分析，可以判定B正确；对于C，设，利用导数研究单调性求得最大值，进而得到当时，的最大值，然后比较可以判定；对于选项D，利用多边形面积比较得到曲线在 y 轴左侧围成的“闭合瓣”面积大于2,可以判定D. 【详解】将方程，整理为，从而可解得. 讨论自变量 的取值要使 为实数且，需. 结合  并对分母、分子作符号分析，可得可行解域为. 故 A 正确； 由可见，当给定 时，实数满足. 为判断成立，只需验证足成立， 当时两边都是0，显然成立； 当时平方并利用化简得，这显然成立. 故 B正确； 当  时求的最大值，必然在区间之间存在最大值. 设， ， 令，得， 时，单调递增；时，单调递减. ， 因此，函数  的最大值为， 这实际上是 y² 的最大值，故最大 y 应为， 而选项 C 把最大 y 直接写成 （未开平方）显然有误，故C错误； 对于选项D  首先，我们分析曲线的对称性. 曲线方程为：， 注意到方程中 的幂次均为偶数，因此曲线关于  轴对称. 接下来，我们找到曲线与  轴的交点。 令 ，代入方程解得，因此曲线与 轴的交点为 。 在  轴左侧，我们取以下几个关键点： ，代入方程解得，得. 取，代入方程求得，得 和  取，代入方程求得，得 和 . 如图连接各线段，由题图可知多边形在曲线内部，面积小于曲线左侧部分的面积. 计算这个四边形的面积： 所以曲线在轴左侧所围成的区域面积大于2， 故选项 D 正确. 故选：ABD. 【点睛】分析法判定不等式成立是常用的思想方法；利用多边形估计比较曲边形的面积也是常用方法，要有这样的意识,掌握这种思想方法. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 用0，1，2，3四个数字组成的没有重复数字的四位数中，偶数的个数是________ 【答案】 【解析】 【分析】通过个位数字是0和2，两类情况讨论即可求解； 【详解】当个数数字是0时，满足条件的四位数由， 当个数数字是2时，满足条件的四位数由， 故满足条件的偶数个数是10， 故答案为：10 13. 若函数有三个极值点，则的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】函数有三个极值点等价于有三个实根，即有两个实根且根不为3，得，令，最后利用数形结合即可求解. 【详解】由有：，所以函数有三个极值点等价于有三个实根， 即有两个实根且根不为3，所以，令， 所以，令有，由有，有， 所以在上为增函数，在上为减函数，，所以或，所以， 故答案为：. 14. 在平面直角坐标系中，将函数的图像绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图像，则称函数为“函数”.若函数为“函数”，则实数的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】由“函数”的定义可知若函数为“函数”，则直线与的图像至多只有一个交点，从而可得至多只有一根，即函数在定义域上单调，求导，分情况讨论函数的单调性可得参数范围. 【详解】由“函数”的定义可知若函数为“函数”，则直线与的图像至多只有一个交点， 即，即只有一根， 令，则在上单调， 则， 当时，则，在上单调，满足要求； 当时，设，则， 即函数在上单调递减，在上单调递增， 即， 由函数在上单调，则，解得，与矛盾，不成立； 当时，设，则， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 即， 由函数在上单调，则，解得， 又，即； 综上所述，， 故答案为：. 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. （1）求的单调区间； （2）求在上的最值. 【答案】（1）的单调递增区间为和,单调递减区间为; （2）最大值为,最小值为0. 【解析】 【分析】（1）利用导数求解函数的单调区间即可. （2）利用导数求解函数在闭区间上的最值即可. 【小问1详解】 对求导可得：， 令,则,解得或； 时，则，解得或， 所以在上单调递增； 当时，则,即, 所以在 上单调递减； 因此，的单调递增区间为和,单调递减区间为. 【小问2详解】 由（1）可知和为函数的极值点; , , , , 所以在 上的最大值为,最小值为0. 16. 现有一张长为40cm，宽为30cm的长方形铁皮，准备用它做成一只无盖长方体铁皮盒，要求材料利用率为，不考虑焊接处损失．如图，在长方形的一个角剪下一块正方形铁皮，作为铁皮盒的底面，用余下材料剪拼后作为铁皮盒的侧面，设长方体的底面边长为xcm，高为ycm，体积为． （1）求出y关于x的函数解析式； （2）求该铁皮盒体积的最大值． 【答案】（1），； （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意列出方程，将其表示成y关于x的函数形式，并求出定义域即可； （2）先求出的表达式，利用求导判断函数单调性，即可求出其最大值. 【小问1详解】 因为材料利用率为，由题意可得，即； 因为长方形铁皮长为40，宽为30，故， 综上，，； 【小问2详解】 铁皮盒体积， ，令，得 的变化情况如下： 20 + 0 - 则在上为增函数，在上为减函数， 则当时，取最大值，最大值为． 17. 已知函数， （1）求的极值； （2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围； 【答案】（1）时，函数无极值，当时，函数的极小值为；无极大值. （2）. 【解析】 【分析】（1）首先求函数的导数，再讨论的取值，根据函数的单调性，求函数的极值； （2）由不等式构造函数，由入手，利用导数判断函数的单调性，根据，讨论的取值，结合不等式恒成立，即可求解的取值范围. 【小问1详解】 ， 当恒成立，无极值； 当时，令，解得， 当，，所以在单调递减； 当，，所以在上单调递增； 所以极小值为；无极大值， 综上可知，时，函数无极值，当时，函数的极小值为；无极大值. 【小问2详解】 因为对任意的恒成立 即对任意的恒成立 设，注意到， ，今 则在为增函数，且， 所以恒成立，即单调递增， 其中， 若，则恒成立，此时单调递增，又， 所以恒成立， 即在上恒成立，即结论成立； 若，则， 又， 故由零点存在性定理可知，在内存在，使得， 当时，，所以单调递减，又， 所以当时，，即，不合题意，舍去； 综上：实数的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键1是根据不等式构造函数，关键2是根据，则不等式成立的必要条件是. 18. 设函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在区间上单调递增，求的取值范围； （3）当时，，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）当时，求得，得到，且，利用导数的几何意义，即可求解； （2）求得，转化为恒成立，令，得到， 得出的单调性，求得，结合，即可求得的取值范围； （3）解法一：根据题意，转化为，恒成立，设，得到，令，求得，得到的单调性，得出，求得的最小值，即可求解； 方法二，当时，则，得到必要条件为，转化为证明：当时，，由（2）知在单调递增，得到，只需时，转化为，由，得 ，结合分析法，即可求解. 【小问1详解】 当时，，可得， 则曲线在点处的切线斜率为，且， 所以曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 由，可得， 因为在区间上单调递增，所以恒成立． 令，则， 令，解得， 所以当时，，故单调递减； 当时，，故单调递增； 所以， 又因为，当且仅当，即，解得． 所以实数的取值范围； 【小问3详解】 解法一：因为，所以题意等价于当时，， 即，整理得， 因为，所以，故题意等价于， 设，可得， 化简得， 令函数，可得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 故在时，取到最小值，即，即， 所以，即，所以当单调递减， 当单调递增，所以的最小值为， 故，即实数的取值范围为. 方法二，先探究必要性，由题意知当时，是的最小值， 则，即得到必要条件为， 下证的充分性，即证：当时，， 证明：由（2）可知当时，在上单调递增， 故的最小值为，符合题意； 故只需要证明时，． 由（2）分析知时， + 0 - 0 + 极大值 极小值 其中． 因为，据此可得更精确的范围是， 等价于证明， 又因为，即，可得， 只需证明，可得，等价于证明， 注意到，即， 故若①当，此时显然成立； 若②当，只要证明，此时，且， 所以，故得证， 综上必要性，充分性的分析，本题所求的取值范围为． 19. 定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值，且存在一个常数，使成立，则称函数为极值可差比函数，常数称为该函数的极值差比系数．已知函数． （1）当时，判断是否为极值可差比函数，若是求极值差比系数，若不是说明理由； （2）是否存在使的极值差比系数为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （3）若，求的极值差比系数的取值范围． 【答案】（1）是极值可差比函数，； （2）不存在，理由：由题的定义域为，，即， 假设是极值可差比函数，且极值差比系数为， 设的极大值点为，极小值点为. 则，得，由（1）分析可得， 又，则. 由于 . 由题则有：， 从而， 结合，得（*）. 令，则， 所以在上单调递增，有， 因此（*）方程在时无解，即不存在使的极值差比系数为； （3） 【解析】 【分析】（1）按照题目所给信息，验证是否满足题意即可； （2）将问题转化为验证方程在范围内是否有解； （3）由（2）可得的极值差比为，后令，结合， 将问题转化为求函数值域即可. 【小问1详解】 当时，， 所以， 当时，；当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，极小值为， 所以，因此是极值可差比函数． 其中； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知极值差比系数为，又， 则极值差比系数为. 令，，则极值差比系数可化为， 注意到，又，可得， 令，则， 设， 所以在上单调递减， 当时，，从而， 所以在上单调递增，所以， 即． 故的极值差比系数的取值范围为 【点睛】关键点睛：本题首先需读懂题意，随后灵活运用代数式处理技巧， 将需研究表达式化简为只含一个未知数；对于某些复杂函数的性质，我们也可 通过多次求导来研究，但要注意书写格式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年下学期高二年级 阶段性测试数学学科试卷 考试时间：120分钟试卷满分：150分 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考试结束后，将答题卡交回． 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区． 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚． 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效． 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑． 5．保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 一、单项选择题：本大题包括8个小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上． 1. 已知，则（ ） A. B. 1 C. D. 0 2. 下列求导运算结果错误的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图是函数的导函数的部分图象，则的一个极大值点为（ ） A. B. C. D. 4. 有一个信号装置，从左到右依次有4个信号显示窗，每个显示窗可亮红灯、绿灯或不亮灯，则该装置所能发出的不同信号种数为（ ） A. 12 B. 64 C. 81 D. 256 5. 已知函数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 6. 已知函数的图象在点处的切线与直线垂直，则实数a的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在上存在单调递减区间，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 若函数是减函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在毎小题给出的选项中，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）已知函数的导数为，若存在，使得，则称是的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是（ ） A. B. C. D. 10. 定义在上的函数满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一，如图所示．已知点是上一点，则（ ） A. B. C. 当时，的最大值为 D. 曲线在轴左侧所围成的区域面积大于2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 用0，1，2，3四个数字组成的没有重复数字的四位数中，偶数的个数是________ 13. 若函数有三个极值点，则的取值范围是_____． 14. 在平面直角坐标系中，将函数的图像绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图像，则称函数为“函数”.若函数为“函数”，则实数的取值范围是________. 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）求的单调区间； （2）求在上的最值. 16. 现有一张长为40cm，宽为30cm的长方形铁皮，准备用它做成一只无盖长方体铁皮盒，要求材料利用率为，不考虑焊接处损失．如图，在长方形的一个角剪下一块正方形铁皮，作为铁皮盒的底面，用余下材料剪拼后作为铁皮盒的侧面，设长方体的底面边长为xcm，高为ycm，体积为． （1）求出y关于x的函数解析式； （2）求该铁皮盒体积的最大值． 17. 已知函数， （1）求的极值； （2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围； 18. 设函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在区间上单调递增，求的取值范围； （3）当时，，求的取值范围． 19. 定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值，且存在一个常数，使成立，则称函数为极值可差比函数，常数称为该函数的极值差比系数．已知函数． （1）当时，判断是否为极值可差比函数，若是求极值差比系数，若不是说明理由； （2）是否存在使的极值差比系数为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （3）若，求的极值差比系数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $