精品解析：江西武宁县尚美中学2025-2026学年下学期3月月考高二数学试卷

江西省武宁县尚美中学2025-2026学年度下学期3月月考 高二数学试卷 （考试时间120分钟，试卷满分150分） 一、单选题: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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 质点按规律做直线运动（位移单位：，时间单位：），则质点在时的瞬时速度是其在时的瞬时速度的（ ） A. B. C. D. 2. 已知{an}是等差数列，且，则该数列的公差是（ ） A. 3 B. C. －4 D. －14 3. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 若二次函数在区间上单调递减，则的取值范围是（　　） A. B. C. D. 5. 已知函数若方程有且仅有三个实数解，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列的首项，且（），则这个数列的第4项是（ ） A. B. C. D. 3 7. 已知函数，有两个极值点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 密位制是度量角与弧的常用制度之一，周角的称为1密位.用密位作为角的度量单位来度量角与弧的制度称为密位制.在密位制中，采用四个数字来记角的密位，且在百位数字与十位数字之间加一条短线，单位名称可以省去，如15密位记为“00—15”，1个平角＝30—00，1个周角＝60—00，已知函数，，当取到最大值时对应的x用密位制表示为（ ） A. 15—00 B. 35—00 C. 40—00 D. 45—00 二、多选题:本题共3小题，每小题6分，共18分,在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得零分. 9. （多选）下列求导运算正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 设函数，则（ ） A. 存在a，b，使得为曲线的对称轴 B. 存在a，使得点为曲线的对称中心 C. 当时，是的极大值点 D. 当时，有三个零点 11. 已知公比不等于1的等比数列的前项和为，且成等差数列，下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 成等差数列 D. 若，则数列的最大项为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知函数，则______. 13. 函数的定义域为，，若对任意的，都有成立，则不等式的解集为________． 14. 已知数列的前项和为，则__________. 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）当时，求在上的最值； （2）讨论的单调性． 16. 已知为数列的前项和，且. （1）求证:数列是等差数列； （2）记，试求数列的前项和. 17. 已知函数 （1）讨论的单调性并求最大值； （2）设，若恒成立，求实数的取值范围. 18. 已知． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在处取得极值，求的最小值； （3）若对恒成立，求的取值范围． 19. 已知，且在处取得极小值． （1）求的值； （2）若，且在处取得极大值，求的取值范围； （3）证明：对于任意的，有恒成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省武宁县尚美中学2025-2026学年度下学期3月月考 高二数学试卷 （考试时间120分钟，试卷满分150分） 一、单选题: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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 质点按规律做直线运动（位移单位：，时间单位：），则质点在时的瞬时速度是其在时的瞬时速度的（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求得，得到，，即可求解. 【详解】由题意，函数，可得，则，， 所以，即质点在时的瞬时速度是其在时的瞬时速度的. 故选：A. 2. 已知{an}是等差数列，且，则该数列的公差是（ ） A. 3 B. C. －4 D. －14 【答案】A 【解析】 【分析】设数列{an}公差为d，首项为，则由可得关于和 d的方程组. 【详解】设数列{an}公差为d，首项为，则由可得： . 故选：A 3. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，化简即得双曲线的渐近线方程. 【详解】令，整理即得. 故选：C. 4. 若二次函数在区间上单调递减，则的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】函数的对称轴是， 所以在上单调递减，在上单调递增. 由在区间上单调递减， 所以 故D选项正确. 5. 已知函数若方程有且仅有三个实数解，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由题得到函数有三个交点，然后作出函数的函数图像，然后判断直线过定点，然后作出的示意图，找出其临界情况的直线，并求出斜率，最后就可以得到在两条临界直线之间，得出的范围即可. 【详解】由题得函数的图像： 因为有且仅有三个实数解，则函数有三个交点，显然直线过定点，如图所示，显然当时，只有两个交点，如图作直线水平，作直线恰好在与相切，所以 ，此时斜率，所以的直线方程为，当直线如过点时，此时直线方程为，因为，也过，所以 ，得，所以在处的切线为，故直线与有且仅有一个交点，如图显然当直线在与之间，即时，函数有三个交点，即方程有且仅有三个实数解. 故选：B 6. 已知数列的首项，且（），则这个数列的第4项是（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】可根据数列的递推公式，由首项逐步求出、，进而求出 【详解】已知，将代入递推公式中， 可得： ， 将代入递推公式中，此时， 则： ， 将代入递推公式中，此时， 则： ， 这个数列的第项是. 故选：A. 7. 已知函数，有两个极值点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据极值点个数与导函数零点个数的关系，计算可得结果. 【详解】易知， 因为有两个极值点，故有两个变号零点， 故在上有两个不同的解， 故所以. 故选：D. 8. 密位制是度量角与弧的常用制度之一，周角的称为1密位.用密位作为角的度量单位来度量角与弧的制度称为密位制.在密位制中，采用四个数字来记角的密位，且在百位数字与十位数字之间加一条短线，单位名称可以省去，如15密位记为“00—15”，1个平角＝30—00，1个周角＝60—00，已知函数，，当取到最大值时对应的x用密位制表示为（ ） A. 15—00 B. 35—00 C. 40—00 D. 45—00 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数研究在给定区间上的最大值，结合题设密位制定义确定取到最大时x用密位制. 【详解】由题设，，在时，在时， 所以在上递增，在上递减，即， 故取到最大值时对应的x用密位制表示为40—00. 故选：C 二、多选题:本题共3小题，每小题6分，共18分,在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得零分. 9. （多选）下列求导运算正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【详解】对A，，A正确； 对B，，B错误； 对C，，C错误； 对D，，D正确； 10. 设函数，则（ ） A. 存在a，b，使得为曲线的对称轴 B. 存在a，使得点为曲线的对称中心 C. 当时，是的极大值点 D. 当时，有三个零点 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；对于B，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.对于C，根据极值和导函数符号的关系进行分析；对于D，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点； 【详解】对于选项A，假设存在这样的，使得为的对称轴， 即存在这样的使得， 即， 因为等式右边展开式含有的项为， 可知等式左右两边的系数不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的，使得为的对称轴，故A错误； 对于选项B：因为， 若存在，使得为的对称中心，则， 且， 可得，则，解得， 所以存在使得是的对称中心，故B正确； 对于选项C：因为， 若，当时，，当时，， 可知在内单调递减，在内单调递增， 所有在处取到极大值，是的极大值点，C选项正确； 对于选项D，由题意可知：的定义域为，且， 因为，当时，；时，； 可知在上单调递增，在上单调递减， 则在处取到极大值，在处取到极小值， 且，，， 则在上各有一个零点， 所以当时，有三个零点， 故D正确； 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：应用的对称轴为；关于对称是判断函数的对称性的关键点. 11. 已知公比不等于1的等比数列的前项和为，且成等差数列，下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 成等差数列 D. 若，则数列的最大项为 【答案】ACD 【解析】 【分析】本题可根据等比数列的通项公式及前项和公式，结合等差数列的性质来逐一分析选项. 【详解】选项A：设等比数列的公比为（）， 由成等差数列，则，即， 因为，所以. 令，方程变为，解得或（，所以，舍去），即，故选项A正确； 选项B：若，则，故选项B错误； 选项C：等比数列前项和公式为且， ，， 因为，， 所以，故成等差数列，选项C正确； 选项D：若，由得. 等比数列的项为： ，，， …… 可见偶数项为正，奇数项为负，且，所以正项的绝对值逐渐减小， 即，因此数列的最大项为，故选项D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知函数，则______. 【答案】12 【解析】 【分析】对函数左右两侧同时求导得到，求出原函数后再求即可. 【详解】因为，则， 令得，解得， 则，所以. 故答案为：12. 13. 函数的定义域为，，若对任意的，都有成立，则不等式的解集为________． 【答案】 【解析】 【详解】构造函数，则， 所以函数在定义域上为减函数，且， 由有，即，所以， 不等式的解集为． 14. 已知数列的前项和为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由，所以由得，两边同时除以得，所以为等差数列，求出从而求解即可. 【详解】因为，所以，即， 所以，即， 所以是以为首项，为公差的等差数列. 所以，， 所以， 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）当时，求在上的最值； （2）讨论的单调性． 【答案】（1）最大值为32，最小值为 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数求解函数的单调区间，即可求解极值点以及端点处的函数值，比较大小即可， （2）求导，分类讨论即可根据导函数的正负求解. 【小问1详解】 因为，所以． 当时，，当时，， 故的单调递增区间为和，单调递减区间为． 因为， 所以在上的最大值为32，最小值为． 【小问2详解】 因为， 所以 令，得或． 当，即时，由，解得或，由，解得． 当，即时，恒成立． 当，即时，由，解得或，由，解得． 综上所述，当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为． 16. 已知为数列的前项和，且. （1）求证:数列是等差数列； （2）记，试求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用的关系求通项公式，结合等差数列的定义证明结论. （2）由（1）得，讨论的范围，应用等差数列前n项和公式求. 【小问1详解】 当时， 当时，也适合上式，故. 综上，， ∴数列是以为首项，为公差的等差数列. 【小问2详解】 由（1）知：， 当时，； 当时，， ∴ 17. 已知函数 （1）讨论的单调性并求最大值； （2）设，若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）在单调递增，在单调递减，的最大值为；（2）. 【解析】 【分析】（1）求导，列表研究在定义域上的符号变化情况，得到单调区间和最大值； （2）恒成立即，令，通过讨论研究其再单调性，得到的最小值，即可求得实数的取值范围． 【详解】（1）由题有， 1 0 递增 最大值 递减 可知，在单调递增，在单调递减； 的最大值为 （2）由题有 令，则， 当时，当时，，则单调递增，则，即恒成立，故符合题意； 当时，当时，，单调递减，则，则不能在上恒成立． 综上：实数的取值范围是 18. 已知． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在处取得极值，求的最小值； （3）若对恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）－2e； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求切线方程； （2）f(x)在x＝3处取得极值，则，据此求出a，讨论f(x)的单调性即可求其最小值； （3）参变分离处理不等式，构造新函数，问题等价于a≥，x≥1，用导数讨论g(x)在x≥1时的单调性，求出其最大值即可得a的范围﹒ 【小问1详解】 ， ∴ ∴ ∴在处的切线为，即； 【小问2详解】 由题可知 ∴ 单调递增， 单调递减， ∵＜0，当x取正无穷大时，， ∴； 【小问3详解】 令，则问题等价于a≥，x≥1， 当x≥1时，，则函数在上单调递减， ， ∴a∈. 【点睛】本题考查利用导数的几何意义求切线方程，考察利用导数研究函数极值和最值，考察利用导数研究不等式的恒成立问题.需要熟练掌握利用导数研究函数的单调性的方法.在处理不等式恒成立问题时，优先采用参变分离的方法构造新函数，将问题转化为求一个函数的最值的这样相对易处理的情形. 19. 已知，且在处取得极小值． （1）求的值； （2）若，且在处取得极大值，求的取值范围； （3）证明：对于任意的，有恒成立． 【答案】（1） 1 （2） （3） 时显然成立， 时，， 不妨设，且， 直线， 设，则， 当时，对求导得到， 则在上单调递增，又， 若，则在上单调递增，，矛盾， 若，则在上单调递减，，矛盾， 故，即在上先单调递减，后单调递增， 则时，，此时， 则， 综上所述：. 【解析】 【分析】（1）通过对函数求导得到，再对求导得到，利用导数的单调性以及特殊点的值来判断的正负，进而根据函数极值的判定定理判断函数在处是否取得极小值. （2）通过对函数求导，根据导数的性质判断函数的单调性，进而确定函数的极值点，从而求出参数 的取值范围. （3）先看，此时结论显然成立.对于，设、两点，写出直线AB方程. 接着设，求二阶变化情况，发现其递增. 用反证法，若或会推出矛盾，所以，这表明先减后增， 那么在到间，即，进而得到，最终得出结论. 【小问1详解】 ，则，解得， 当时，， ①当时，单调递增，又由，可知当时，， ②当时，对求导，得到，可知单调递增，有（理由：，只需证）， 可知当时，单调递增， 又由，可知当时，， 由①②可知时，函数在处取得极小值； 【小问2详解】 ，则，对求导得到， ①当时，若单调递增，当时，不可能是的极大值点， ②当时，当时，单调递增，若，可得当时，单调递增，由①知不可能是的极大值点， 若时，存在，使当时，，当时，，又由，可知当时，时，故是函数的极大值点，由上知的取值范围为； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $