精品解析：河北省保定市部分高中2025-2026学年高二上学期开学考试数学试题

2024 级高二上学期开学考试 数学试卷 满分: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. 已知函数在处可导，若，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 8 2. 若函数，满足，且，则（     ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 首项为的等差数列，从第项起开始为正数，则公差的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 若曲线与有三条公切线，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 函数在区间的最小值、最大值分别为（ ） A. B. C. D. 6. 已知各项均为正数的等比数列满足，若存在两项，使得，则的最小值为（ ） A. 4 B. C. D. 9 7. 设函数的定义域为，其导函数为，且满足，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集是（ ） A. B. C. D. 8. 对于函数，若存在非零实数,使得，则称点与点是函数的一对“隐对称点”．若时，函数的图象上恰有2对“隐对称点”，则实数m的取值范围为（ ） 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. 已知是等差数列的前项和，，且，则（ ） A. 公差 B. C. D. 时，最大 10. 已知函数，其中，则（ ） A. 函数的极大值点为2 B. 若关于的方程有且仅有两个实根，则的取值范围为 C. 方程共有4个实根 D. 关于的不等式不可能只有1个整数解 11. 已知 ， ，且 则以下正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若三边长为等差数列，则的取值范围是___________. 13. 已知实数等成等差数列，成等比数列，则的取值范围是__________. 14. 已知函数，，若关于的方程有6个解，则的取值范围为__________. 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）若，求函数的图象在处的切线的方程． （2）若函数的图象与函数的图象存在公共切线，求实数a的取值范围． 16. 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列． （1）求的通项公式； （2）证明：． 17. 已知． （1）若函数在上有1个零点，求实数的取值范围． （2）若关于的方程有两个不同的实数解，求的取值范围． 18. 已知函数． （1）求函数在处的切线方程 （2）证明：在区间内存在唯一的零点； （3）若对于任意的，都有，求整数的最大值． 19. 已知函数，其中为实常数． （1）若函数定义域内恒成立，求的取值范围； （2）证明：当时，； （3）若，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024 级高二上学期开学考试 数学试卷 满分: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. 已知函数在处可导，若，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】利用计算即可. 【详解】 . 故选：A. 2. 若函数，满足，且，则（     ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】令中，求出，再对两边求导，将代入即可得出答案. 【详解】令，所以，因为，所以， 因为， 所以， 所以. 故选：B. 3. 首项为的等差数列，从第项起开始为正数，则公差的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意分析，，从而求解. 【详解】设等差数列首项为，公差为，由从第项起开始为正数， 所以，即，解得，故D正确. 故选：D. 4. 若曲线与有三条公切线，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数几何意义，分别设出两条曲线的切线方程，将问题转化为一条直线与一条曲线交点个数问题，即可求出的取值范围. 【详解】设公切线为是与的切点，由，得， 设是与的切点，由，得， 所以的方程为， 因为，整理得， 同理， 因为，整理得， 依题意两条直线重合，可得， 消去，得， 由题意此方程有三个不等实根，设， 即直线与曲线有三个不同的交点， 因为，令，则， 当或时，；当时，， 所以有极小值为，有极大值为， 因为，，，所以， 当趋近于时，趋近于0；当趋近于时，趋近于， 故的图象简单表示为下图: 所以当，即时，直线与曲线有三个交点. 故选：A. 5. 函数在区间的最小值、最大值分别为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数求得的单调区间，从而判断出在区间上的最小值和最大值. 【详解】， 所以在区间和上，即单调递增； 在区间上，即单调递减， 又，，， 所以在区间上的最小值为，最大值为. 故选：D 6. 已知各项均为正数的等比数列满足，若存在两项，使得，则的最小值为（ ） A. 4 B. C. D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】 由求得，代入求得，利用基本不等式求出它的最小值． 【详解】因为各项均为正数的等比数列满足， 可得，即 解得或（舍去）． ∵， ， ∴ = 当且仅当，即m=2,n=4时，等号成立． 故 的最小值等于. 故选：C 【点睛】方法点睛：本题主要考查等比数列的通项公式和基本不等式的应用，解题的关键是常量代换的技巧，所谓常量代换，就是把一个常数用代数式来代替，如，再把常数6代换成已知中的m+n,即.常量代换是基本不等式里常用的一个技巧，可以优化解题，提高解题效率. 7. 设函数的定义域为，其导函数为，且满足，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，利用导数判断出的单调性，由此求得不等式的解集. 【详解】设， ，即， ， 在上单调递减，又， 不等式， 即，， 原不等式的解集为. 故选：D 【点睛】有关函数及其导数有关的不等式问题，求解方法是通过构造函数法，利用导数研究所构造函数的单调性、极值和最值等进行研究，由此对问题进行求解. 8. 对于函数，若存在非零实数,使得，则称点与点是函数的一对“隐对称点”．若时，函数的图象上恰有2对“隐对称点”，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，函数关于原点对称的图象与函数的图象有两个交点，再次转化为与的图象有2 个交点，然后画出图象，根据图象可求得答案. 【详解】由题意可得，函数关于原点对称的图象与函数的图象有两个交点， 即方程有两个根，即， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 的图象恒过点，的图象也过点， 因为，所以在处的切线方程为， 由图可知当或时，与的图象有2 个交点， 即有两个根， 所以实数m的取值范围为， 故选：D 【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查导数的几何意义，考查函数的新定义，解题有关键是对新定义的正确理解，从而将问题转化为方程有2个根，然后构造函数，利用函数图象求解，考查数学转化思想和数形结合的思想，属于较难题. 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. 已知是等差数列的前项和，，且，则（ ） A. 公差 B. C. D. 时，最大 【答案】BC 【解析】 【分析】根据已知条件列方程，根据等差数列的性质对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】设等差数列的公差为， 由得， 由于，所以，，， 所以A，D选项错误，B选项正确. 因为，故C选项正确. 故选：BC. 10. 已知函数，其中，则（ ） A. 函数的极大值点为2 B. 若关于的方程有且仅有两个实根，则的取值范围为 C. 方程共有4个实根 D. 关于的不等式不可能只有1个整数解 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，求导得，结合极大值点的定义即可判断；对于B，取，通过说明恰有两个根，即可推翻结论；对于C，画出函数的图象，通过换元法分类讨论即可判断；对于D，首先得或，结合即可判断. 【详解】我们有， 或，， 所以在和上递减，在上递增，意味着分别是极小值点和极大值点，A正确； 当时，， 所以此时关于的方程有且仅有两个实根，这说明B错误； 画出函数的大致图象如图所示， 对于关于的方程，令，注意到， 观察图象可知有两根，设为，且规定， 则有，其中是的一个零点， 现在我们来研究的根的情况，由以上分析情况可知，此时有两个根，， 若，而， 观察图象可知也有两个根， 综上所述，关于的方程共有4个实根，故C正确； 由于， 故或（否则且，则，这与矛盾）， 而，故至少有两个整数解，D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是由得或，由此即可顺利得解. 11. 已知 ， ，且 则以下正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先利用因式分解法得，再通过证明，可知只有一解即：，然后把选项中的代换为并进行化简可得A正确，C错误，而BD则需要构造为关于的函数，利用求导法来判断单调性和最值，从而得证． 【详解】由因式分解可得：， 又因为，可知，即， 又由函数，求导， 当时，，可知在上递减， 当时，，可知在上递增， 所以在时取到最小值为0，有 即不等式成立，所以， 由可得：，即， 对于选项A，，所以选项A的正确的； 对于选项B，，构造函数，求导， 由时，，所以在上递增， 即，因为，所以，所以选项B是正确的； 对于选项C，与不可能等价，所以选项C是错误的； 对于选项D，，构造函数，求导， 由时，，所以在上递增， 由时，，所以在上递减， 所以的最大值是，即，所以选项D是正确的； 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若三边长为等差数列，则的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】通过余弦定理以及等差数列的性质，将目标式转化为关于公差的关系是，通过公差的范围得出结论. 【详解】不妨设三边长为，其中.此时： 故答案为：. 13. 已知实数等成等差数列，成等比数列，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：由等差数列的性质得，由等比数列的性质得，所以==，当时，，当，，所以0， 故的取值范围是． 考点：本题主要考查等差、等比数列的性质，均值定理的应用，综合法的定义及方法． 点评：综合性较强，在理解掌握综合法的基础上，运用等差、等比数列的知识及均值定理完成解答． 14. 已知函数，，若关于的方程有6个解，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】令，根据图象可知，等于常数的解最多只有3个，根据图象性质可知，等于常数的解最多只有2个，若有6个解，需要有3个解，有2个解，根据图象先求出，再得出和中最小解之间的等式关系，而后结合的值域即可建立关于的不等式，最后构造关于的函数，求导求单调性即可解不等式，进而得出结果。 【详解】解：由题可得，令，则方程的解有3个， 当时，，所以在上单调递增， 当时，， 则在上单调递增，在上单调递减， ，，当时，，所以， 画的图象如下： 由图象可得， 且方程的三个解分别为，不妨设， 则有，即， 又 所以在上单调递减，在上单调递增， 且， 又因为，所以， 所以有，即， 令，所以， 所以在上单调递增， 又，所以的解集为， 综上，的取值范围为。 故答案为： 【点睛】方法点睛：本题考查复合函数零点个数问题，此类题目一般做法为： （1）先根据解析式画出两个函数图象； （2）令复合函数内函数为； （3）结合函数图象及零点个数，分析外函数根的个数以及自变量对应的取值范围； （4）再确定内函数根个数及对应参数取值范围； （5）解出参数范围即可。 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，求函数的图象在处的切线的方程． （2）若函数的图象与函数的图象存在公共切线，求实数a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义可求得的图象在处的切线的斜率，然后由直线的点斜式方程求解即可得解； （2）易知与的公切线l的斜率存在，设为k，表示出k后构造函数（），等价于函数有零点，利用导数求出a的取值范围即可. 【小问1详解】 （1）若，（），， 函数的图象在处的切线的斜率，又， 故函数的图象在处的切线的方程为，即； 【小问2详解】 设与的公切线l的斜率为k， l与与图象的切点分别是，， 若k不存在，则l不是图象的切线，所以k存在， 则，， ，整理得：， 由题可知该方程有解，令（）， 故可得函数有零点，， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，又 故必有成立 ，解得. 【点睛】关键点睛：对于第（2）问，合理构造函数（）是解题的关键，我们知道方程有解等价于函数有零点，然后利用导数研究函数的零点便可使得问题变得简单容易. 16. 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列． （1）求的通项公式； （2）证明：． 【答案】（1） （2）证明： ∴ 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式； （2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得. 【小问1详解】 ∵ ，∴,∴, 又∵是公差为的等差数列， ∴,∴, ∴当时，， ∴, 整理得：, 即, ∴ ， 显然对于也成立， ∴的通项公式； 【小问2详解】 略 17. 已知． （1）若函数在上有1个零点，求实数的取值范围． （2）若关于的方程有两个不同的实数解，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，结合函数的零点个数判断即可； （2）由可得，令，则，由关于的方程有两个不同的实数解，即方程有两个不同的实数解，令，求出函数的最值，即可得解. 【小问1详解】 解：，，， 所以， 当时，，所以在，单调递增， 又因为，所以在，上无零点； 当时，，使得， 所以在，单调递减，在单调递增， 又因为，， 所以若，即时，在，上无零点， 若，即时，在，上有一个零点， 当时，，在，上单调递减，在，上无零点， 综上当时，在，上有一个零点； 【小问2详解】 解：由， 即，即， 则有， 令，则， ，所以函数在上递增， 所以，则有，即， 因为关于的方程有两个不同的实数解， 则方程有两个不同的实数解， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上递减，在上递增， 所以， 当时，，当时，， 所以. 【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间及最值问题，考查了分类讨论思想、转化思想及同构思想，难度较大. 18. 已知函数． （1）求函数在处的切线方程 （2）证明：在区间内存在唯一的零点； （3）若对于任意的，都有，求整数的最大值． 【答案】（1）y＝－1； （2） ， ， 当时，， 在上单调递增， （3），（4）， 在区间内存在唯一的零点． （3）3﹒ 【解析】 【分析】(1)根据导数的几何意义即可切线； (2)先利用导数证明在上单调递增，再结合零点存在定理，得证； (3)参变分离得，令，原问题转化为求在上的最小值，结合(2)中结论和隐零点的思维，即可得解． 【小问1详解】 ， ，， ， 在处的切线为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ，且， ， 令，则，， 由（2）知，在上单调递增，且在区间内存在唯一的零点， 设该零点为，则， 故当时，，即，在上单调递减， 当，时，，即，在，上单调递增， ， ， 故整数的最大值为3． 【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点，以及不等式问题，考查转化与划归思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 19. 已知函数，其中为实常数． （1）若函数定义域内恒成立，求的取值范围； （2）证明：当时，； （3）若，求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根题意求得，得到在上单调递增，结合，即可求解； （2）根据题意转化为证明，设，利用导数求得函数的单调性，结合，即可求解； （3）根据，令，得到，结合叠加法，即可求解. 【小问1详解】 解：由题意，函数，则 即在上单调递增，所以， 所以实数的取值范围是. 【小问2详解】 解：当时，，则 由，即， 设，可得 所以在上单调递减，所以， 所以. 【小问3详解】 解：由， 令，可得， ， ， ， 各式叠加得：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $