精品解析：福建省泉州第五中学2025-2026学年高二下学期单元测试（一）数学试题

泉州五中2027届高二下数学单元测试（一） 一、单选题 1. 下面求导正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如图所示，则函数在开区间内的极小值点有（ ） A. 5个 B. 4个 C. 3个 D. 2个 3. 若函数恰好有三个不同的单调区间，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 等比数列前项和为，公式，则（ ） A. B. 4 C. 15 D. 5. 若函数有极值，则实数取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 若函数存在零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数若直线与有三个不同的交点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数有两个零点，，且，则下列命题正确的是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A 有极大值 B. 有极小值 C. 无最大值 D. 在上单调递增 10. 已知等差数列前n项和为，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当时，最大 C. 使得成立的最小自然数 D. 时， 11. 已知函数且为常数，是函数大于0的零点，其构成数列，下列说法正确的有（ ） A. 函数有且只有一个零点 B. 若函数在区间内均存在零点，则 C. 若，则数列为递增数列 D. 存在实数，使得数列常数列 三、填空题 12. 若函数在内有最小值，则实数的取值范围是______. 13. 若方程有两个解，则的取值范围是________． 14. 已知实数，满足，则的最大值是______. 四、解答题 15. 已知函数 （1）时，求的单调区间； （2）设若恒成立，求的取值范围. 16. 已知为等差数列，为等比数列，的前项和. （1）求数列的通项公式； （2）记，求数列的前项和. 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数有且仅有一个零点，求的值. 18. 已知椭圆的上顶点为A，右顶点为B，坐标原点O到直线AB的距离为，的面积为2． （1）求椭圆C的方程； （2）若过点且不过点直线l与椭圆C交于M，N两点，直线MQ与直线交于点E，证明：． 19. 已知函数，且为函数的极值. （1）求实数a的值； （2）当时，恒成立，求实数m的取值范围； （3）证明：当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州五中2027届高二下数学单元测试（一） 一、单选题 1. 下面求导正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用基本初等函数的求导公式逐项求解作答. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D错误. 故选：C. 2. 函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如图所示，则函数在开区间内的极小值点有（ ） A 5个 B. 4个 C. 3个 D. 2个 【答案】C 【解析】 【分析】根据导函数图象推得导函数在各区间上的符号，确定函数的单调区间，再由单调性分析得到函数的极值点. 【详解】 如上图，为导函数与轴的交点的横坐标. 由图知，当时，；当时，； 当时，；当时，； 当时，；当时，. 即函数在上单调递减，在上单调递增. 故函数在处都取得极小值；在处都取得极大值. 故函数在开区间内的极小值点有3个． 故选：C. 3. 若函数恰好有三个不同的单调区间，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 求得，由题意可知，有两个不同的零点，可得出，进而可求得实数的取值范围. 【详解】由题意得， 函数恰好有三个不同的单调区间，有两个不同的零点， 所以，，解得. 因此，实数的取值范围是. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题利用函数的单调区间个数求参数，解题的关键就是结合题意确定函数的极值点的个数，结合二次函数的基本性质解题. 4. 等比数列的前项和为，公式，则（ ） A. B. 4 C. 15 D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据等比数列的公式，然后由求解. 【详解】因为等比数列的公式， 所以 故选：C 【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式和前n项和公式的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 5. 若函数有极值，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数的定义域与导函数，依题意可得在上有变号零点，结合二次函数的性质得到，解得即可. 【详解】函数的定义域为，且， 因为函数有极值，所以在上有变号零点， 即在上有解（若有两个解，则两个解不能相等）， 因为二次函数的对称轴为，开口向上， 所以只需，解得，即实数的取值范围是. 故选：C 6. 若函数存在零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】函数存在零点，即方程有根，构造同构的形式，利用换元法转化为，利用导数研究函数的值域即可. 【详解】函数存在零点，即方程有根， 因为，所以方程有根， 设，则，即， 令，则， 当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减； 所以当时，y有最小值1 要使有解，只需. 故选：B. 7. 已知函数若直线与有三个不同的交点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出直线与相切时的斜率，作出函数与的图象，由数形结合求解即可. 【详解】设与相切于点， 则，解得，此时， 由得，由可得，此时切点为， 作出函数与的图象如图， 由图象可知，当或时，直线与有三个不同的交点， 故选：C 8. 已知函数有两个零点，，且，则下列命题正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据零点可将问题转化为，构造，求导即可根据函数的单调性得函数的大致图象，即可根据图象求解，根据极值点偏移，构造函数，结合函数的单调性即可求解，根据可得，即可求解，根据不等式的性质即可求解. 【详解】由可得，令，其中， 则直线与函数的图象有两个交点，， 由可得，即函数的单调递增区间为， 由可得，即函数的单调递减区间为， 且当时，，当时，， 如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，故A错误； 由图可知，，因为， 由可得，由可得， 所以函数的增区间为，减区间为，则必有， 所以，则， 令，其中， 则，则函数在上单调递减， 所以，即，即， 又，可得， 因为函数的单调递减区间为，则，即，故B错误； 由，两式相加整理可得， 所以，可得，故C错误； 由图可知，则， 又因为，所以，故D正确. 故选：D. 二、多选题 9. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 有极大值 B. 有极小值 C. 无最大值 D. 在上单调递增 【答案】BCD 【解析】 【分析】分析可知，函数的定义域为，且，利用导数分析函数的单调性与极值，即可得出合适的选项. 【详解】对于函数，该函数的定义域为，且， ，令，可得，列表如下： 减 极小值 增 所以，函数的极小值为，无极大值， 当时，，故函数无最大值， 函数在上单调递增，BCD都对，A错. 故选：BCD. 10. 已知等差数列前n项和为，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当时，最大 C. 使得成立的最小自然数 D. 时， 【答案】AC 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，依题意可得、，即可得到，再利用等差数列和等差数列前项和的性质逐项判断即可. 【详解】设等差数列的公差为， 若，则，， 所以，，即等差数列为递减数列， 对于A，， 则，故A正确； 对于B，由，知等差数列前7项为正数，其余项为负数， 故当时，最大，故B错误； 对于C，， 故，， 所以使得成立的最小自然数，故C正确； 对于D，因为， ，当时， 所以当或时，，故D错误. 故选：AC 11. 已知函数且为常数，是函数大于0的零点，其构成数列，下列说法正确的有（ ） A. 函数有且只有一个零点 B. 若函数在区间内均存在零点，则 C. 若，则数列为递增数列 D. 存在实数，使得数列为常数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性即可说明A，由单调性可得，即可求出的范围判断B，当时可得，推导出，再利用函数的单调性判断C，设（常数），则对任意，恒成立，解出即可判断D. 【详解】选项A：因为，所以恒成立， 所以在上单调递增， 又时，时， 所以函数有且只有一个零点，A说法正确； 选项B：当时，恒成立，所以在上单调递增， 又， 所以若函数在区间内均存在零点，只需满足即可， 所以对任意成立即可， 易知函数在上单调递减，所以， 所以，B说法错误； 选项C：当时，因为在上单调递增，，， 所以， 当时， 由于是函数在的零点，所以， 所以，则，数列为递增数列，C说法正确； 选项D：若存在实数，使得数列为常数列，设（常数）， 则对任意，恒成立，解得或， 当时，代入得解得， 当时，代入得，因故舍去， 所以当时，数列为常数列，，D说法正确； 故选：ACD 三、填空题 12. 若函数在内有最小值，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极小值点，从而得到关于的不等式组，解得即可. 【详解】函数的定义域为， ， 令可得或（舍）， 当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，即最小值， 又因为函数在内有最小值，故，解得， 所以的取值范围是. 故答案为： 13. 若方程有两个解，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】构造，求导，得到函数单调性，并当时，恒成立，当时，恒成立，有两个解，即与有两个交点，数形结合得到答案. 【详解】设，其定义域为R， 则， 令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 其中， 当时，恒成立，当时，恒成立， 函数的大致图象如图， 有两个解，即与有两个交点， 所以. 故答案为：. 14. 已知实数，满足，则的最大值是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，化简得到，设，求得是递增函数，得到，得出，设，利用导数求得函数的单调性与最大值，即可求解. 【详解】由，可得， 设函数，可得，所以是单调递增函数， 所以，即， 则，其中， 设，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以，当时，函数取得极大值，也是最大值，最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，利用同构法得到，从而构造函数，由此得解. 四、解答题 15. 已知函数 （1）时，求的单调区间； （2）设若恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）增区间为，减区间为；（2）. 【解析】 【详解】试题分析：（1）时，，得，从而在递增，在递减；（2）设，若恒成立，只需即可，令，得，再分情况讨论① 时②时③时的的范围，从而得出答案． 试题解析：解：（1）时，，， 由或，由 故的单调递增区间为，的单调递减区间为 （2） ①当时，在上递增，在上递减，又 若使在上恒成立，只需，即， 解得， ∴ ②当时，在上递增，在上递减，又 若使在上恒成立，只需，即，解得， ∴ ③当时，在上递增，且，所以在上恒成立． 综上的取值范围是． 考点：利用导数研究函数的单调性． 16. 已知为等差数列，为等比数列，的前项和. （1）求数列的通项公式； （2）记，求数列的前项和. 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，求出，即可得数列的通项公式，再根据等差数列的定义求出和公差，即可得的通项公式； （2）利用错位相减求解即可. 【小问1详解】 解：设的公差为的公比为， 由已知可得， ， ， ， ， 又， ， ， ； 【小问2详解】 解：由（1）知， ……① ……② ①-②，得. . 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数有且仅有一个零点，求的值. 【答案】（1） （2）9 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算法则、直线的点斜式方程进行求解即可； （2）方法一：利用二次求导法，结合零点的定义、函数的最值进行求解即可； 方法二：利用函数零点的定义，得到的表达式，利用构造新函数法，结合导数的正负性与函数单调性的关系，最后求出函数的最值即可. 【小问1详解】 当时，，， 得， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 方法一：，， ， 令，，得， 故在内单调递增，又， 则当，，得，单调递减， 当，，得，单调递增， 从而在处取得极小值，同时也是最小值， 最小值为. 又当且时，，当时，， 由函数有且仅有一个零点，可得， 则a的值为9. 方法二：，， 令得， 令，， 则， 令，，得， 故在内单调递增，又， 则当，，得，单调递减， 当，，得，单调递增， 从而在处取得极小值，同时也是最小值， 最小值为. 又当且时，，当时，， 由函数有且仅有一个零点，可得， 则的值为9. 18. 已知椭圆的上顶点为A，右顶点为B，坐标原点O到直线AB的距离为，的面积为2． （1）求椭圆C的方程； （2）若过点且不过点的直线l与椭圆C交于M，N两点，直线MQ与直线交于点E，证明：． 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，结合点到直线的距离、三角形面积列出关于a，b的方程组，求解作答. （2）直线l的斜率存在时，设出其方程并与椭圆方程联立，求出直线的方程，求出点E的坐标，利用韦达定理结合斜率坐标公式求出直线的斜率即可判断，再验证直线l的斜率不存在的情况作答. 【小问1详解】 依题意，，有，因为的面积为2，则， 又点O到直线AB的距离为，则有， 于是，而，解得， 所以椭圆C的方程为. 【小问2详解】 直线的斜率， 当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，代入椭圆方程得， 不妨设此时，，则，直线的斜率，因此； 当直线l的斜率存在时，设其方程为， 设，则直线MQ的方程为，令，得， 由消去y得：，由于点P在椭圆C内， 必有，则，， ， 因此，即， 所以. 【点睛】思路点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． 19. 已知函数，且为函数的极值. （1）求实数a的值； （2）当时，恒成立，求实数m的取值范围； （3）证明：当时，． 【答案】（1） （2）或 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用极值点的必要条件（极值点处导数为0），对求导后代入，解方程得到的值，再验证导数在两侧的符号，确认为极值点； （2）构造函数，将恒成立问题转化为在上恒成立，即求的最小值≥0.通过求导分析的单调性，分和两种情况讨论，结合函数最值解关于的不等式，得到的取值范围； （3）利用不等式，得到，对进行放缩，转化为可裂项相消的形式，求和后证明不等式. 【小问1详解】 因为，又为函数的极值， 所以，即，解得. 验证极值点：当时，. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 因此是的极小值点，符合题意，故. 【小问2详解】 由(1)得，设， 设， . 当时，，因此在上单调递增，. 情况1： 此时，故，在上单调递增，最小值为. ，解得或，结合，得 情况2： 在上单调递增，且，时， 故存在唯一，使得，即. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 因此的最小值为，代入， 化简得， 因，故，解得. 设，， ， 故在上单调递减， 因此， 综上所述，实数的取值范围是或. 【小问3详解】 证明：由(1)得，因此. 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以，所以 所以不等式（当且仅当时取等号）， 令，得，且时，故 因此对，有： ，即 因为， 所以. 因时，故，即，不等式得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $