精品解析：山东省聊城第一中学老校区2024-2025学年高二下学期3月阶段测试数学试题

高二数学阶段试题3 （2025.03） 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. 若函数满足，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的定义及已知求值即可. 【详解】由题设. 故选：C 2. 已知曲线在处的切线方程是，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数的几何意义可得出的值，由点在直线上可得出，即可得解. 【详解】直线的斜率为，由导数的几何意义可得， 因为点在直线上，则， 因此，. 故选：A. 3. 已知函数满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求导得，令，可得出关于的方程，解之即可. 【详解】因为，则， 所以，，解得. 故选：D. 4. 函数在上的最小值为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由函数解析式求导，根据导数与函数单调性的关系，可得答案. 【详解】由，求导可得，令，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以. 故选：B. 5. 曲线上的点到直线距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设切点，根据导数的几何意义计算即可求解. 【详解】令，则， 设该曲线在点处的切线为， 需求曲线到直线的距离最小，必有该切线的斜率为2， 所以，解得，则切点为， 故切线的方程为，即， 所以直线到直线的距离为， 即该曲线上的点到直线的最小距离为. 故选：C 6. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数和函数单调性的关系求解即可. 【详解】， 若函数在上单调递增， 则在上恒成立， 故在上恒成立， 故. 故选：B 7. 已知函数的定义域为，且，对任意，，则不等式的解集是（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，由恒成立，在上单调递减，由可得，由单调性解不等式即可. 【详解】设，则 ， 对任意，，恒成立，即在上单调递减， 由可得，，解得，即解集为. 故选：A 8. 已知函数，若过点可作曲线的三条切线，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设切点为，利用导数的几何意义求出切线方程，将点的坐标代入切线方程，可得出，令，分析可知直线与函数的图象有三个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围. 【详解】设切点为，因为，则， 切线斜率为， 所以，曲线在点处的切线方程为， 将点的坐标代入切线方程得， 整理可得， 令，则， 由可得或，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以，函数的增区间为、，减区间为， 所以，函数的极大值为，极小值为，如下图所示： 由题意可知，直线与函数的图象有三个交点，则， 因此，实数的取值范围是. 故选：C. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，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. 函数的导函数在区间上的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. 函数在处有极小值 B. 函数在处有极小值 C. 函数在区间内有个极值点 D. 导函数在处有极大值 【答案】BD 【解析】 【分析】根据导函数的图象，利用极值点、极值的定义，对各个选项逐一分析判断，即可求解. 【详解】对于选项A，由图知在左右两侧均有，所以不是的极值点，故选项A错误， 对于选项B，由图知在左右两侧的符号：左侧，右侧， 所以函数在处有极小值，故选项B正确， 对于选项C，根据图象可知，有个极值点，左右两侧均有， 所以不是的极值点，故选项C错误， 对于选项D，由的图象知，在左侧单调递增，在右侧单调递减， 所以在处有极大值，故选项D正确， 故选：BD. 10. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. 有最大值 C. 当时，的图象过的切线有且仅有条 D. 关于的方程有两个不等实根，则的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】利用函数的单调性与导数的关系可判断A选项；分析函数的单调性，利用函数的最值与导数的关系可判断B选项；设切点坐标为，利用导数求出切线方程，再将点的坐标代入切线方程，判断关于的方程解的个数，可判断C选项；令，求导得到其单调性和最值，数形结合可判断D选项. 【详解】对于A选项，对任意的，恒成立， 所以，在区间上单调递增，A对； 对于B选项，当时，，当时，. 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以有最小值，无最大值，B错； 对于C选项，当时，，设切点为， ，则切线斜率为， 所以曲线在点的切线方程为， 将点的坐标代入切线方程为，整理可得， ，即方程有两个不等的实根， 所以，当时，的图象过的切线有且仅有条，C对； 对于D选项，方程，即， 令，而， 当时，，当时，. 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 当时，且，如图， 要使方程有两个不等实根，的范围是，D错. 故选：AC. 11. 若对一切恒成立，则的值可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】构造函数，借助导数可研究其单调性即可得，再构造函数，借助导数可研究其单调性即可得，即可得解. 【详解】由题意可得对一切恒成立， 令，则， 当时，，故在上单调递减， 此时在上无最小值，不符合题意， 当时，令，有，令，有， 故在上单调递减，在上单调递增， 故， 即，则， 令，则， 故当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 故，即，当，满足题意. 故选：AB. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的单调递减区间为_________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出函数的定义域，然后对函数求导，再由可求出函数的单调递减区间. 【详解】的定义域为， 由，得， 由，得，解得， 因为，所以， 所以单调递减区间为. 故答案为： 13. 曲线的对称中心为_______． 【答案】 【解析】 【分析】设，设函数的对称中心为，则，等式两边求导可得出的对称轴方程，可得出的值，再由求出的值，即可得出对称中心的坐标. 【详解】设，设函数的对称中心为，则， 等式两边求导得，即， 所以，函数的图象关于直线对称， 因为，故函数的图象关于直线对称，则， 因为， 所以，函数的对称中心为. 故答案为：. 14. 已知，函数，若对任意的，恒成立，则a的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】由变形可得，构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，可得出，结合函数的单调性可得出，参变分离可得，其中，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的最小值. 【详解】对任意的，则，因为，则， 由，可得， 构造函数，其中，则，即函数在上为增函数， 由可得，所以，， 所以，，其中， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，当时，，则，故. 因此，实数的最小值为. 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）求曲线在处的切线方程； （2）求在区间上的最值． 【答案】（1） （2）最大值，最小值 【解析】 【分析】（1）求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）利用导数分析函数在区间上的单调性，可得出函数在区间上的最大值和最小值. 【小问1详解】 因为，则， ，则， 所以，曲线在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 由可得，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以，函数在、上递增，在上递减， 当时，函数的极大值为，极小值为， 又因为，， 故当时，，. 16. 已知函数上点处的切线方程为 （1）求的解析式； （2）若函数在上有两个零点，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求函数导函数，根据导数的几何意义和题意可知，，，建立关于、的方程组，求出、，从而可得函数的解析式； （2）由，可得出，令，其中，利用导数分析函数的单调性与极值，分析可知，直线与函数在上的图象有且只有两个交点，数形结合可得出实数的取值范围. 【小问1详解】 由题意可知， 因为函数图象上点处的切线方程为， 所以，，，解得，， 所以，. 【小问2详解】 由，可得， 令，其中，则， 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 所以，函数的极小值为，，， 由题意可知，直线与函数在上的图象有且只有两个交点，如下图所示： 由图可知，实数的取值范围是. 17. 已知． （1）讨论的单调性； （2）若在上恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） 当时，函数的增区间为，无减区间； 当时，函数的减区间为，增区间为. （2） 【解析】 【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用函数的单调性与导数的关系可得出函数的增区间和减区间； （2）由结合参变分离得出，利用导数求出函数在上的值域，即可得出实数的取值范围. 【小问1详解】 函数的定义域为，且. 当时，对任意的，恒成立，即函数的增区间为，无减区间； 当时，由可得，由可得， 所以，函数的减区间为，增区间为. 综上所述，当时，函数的增区间为，无减区间； 当时，函数的减区间为，增区间为. 【小问2详解】 对任意的，由可得， 令，其中，则， 令，其中，则对任意的恒成立， 所以，函数在上单调递减， 故当时，，故函数在上单调递减， 所以，，故，即实数的取值范围是. 18. 已知函数． （1）若为的一个极值点，求； （2）求的最小值； （3）若，证明：当时，． 【答案】（1） （2） （3）证明:要证明， 即证明， 因为，且，所以， 故只需证明，即，即， 令，其中，则，即函数在上为增函数， 当时，；当时，，故，即证， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以，函数的减区间为，增区间为， 故，故所证不等式成立. 【解析】 【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，可得出函数的极值点，可得出关于实数的等式，解之即可； （2）分析函数的单调性，可求出函数的最小值； （3）将不等式进行转化，在已知条件下，所以不等式转化为，令，将所证不等式变形为，令，利用导数证明出即可. 【小问1详解】 因为，则， 由可得，由可得， 所以，函数的减区间为，增区间为， 所以，函数在处取得极小值，故，解得. 【小问2详解】 由（1）可知，函数的减区间为，增区间为， 所以，函数的最小值为. 【小问3详解】 略. 19. 设次多项式，若其满足，则称多项式为切比雪夫多项式．已知为切比雪夫多项式． （1）求的解析式； （2）求证：； （3）若，求证：． 【答案】（1） （2） 证明：由题得，且， 故，即， 比较系数得，，， 所以． 要证明，只需证， 只需证． 令， 则，令，则，等号仅在部分点处取得， 所以在上单调递增，易知， 所以当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增． 故，原式得证． （3） 证明：因为，所以数列是递减数列，故． 先证明当时，． 令，则， 所以在上单调递增，故，即当时，， 可得当时，，所以． 由（2）可得（当时等号成立）， 所以， 当时，有， 当时，， 故， 原式得证． 【解析】 【分析】（1）根据题设的含义可得相关等式，即可求解； （2）由题设求出，继而利用构造函数，结合导数与函数单调性的关系即可求解； （3）利用时，，推出，即得．再由（2）可得，记得，继而结合数列求和的方法即可求解. 【小问1详解】 由于是切比雪夫多项式，故可设， 则，且， 得， 比较系数得，，所以． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】难点点睛：本题是一到综合题，涉及到新的知识点以及三角函数和导数的相关应用，综合性较强，难点在第三问中不等式的证明，解答时要注意当时，的应用，继而利用数列求和进行求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学阶段试题3 （2025.03） 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. 若函数满足，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 2. 已知曲线在处的切线方程是，则的值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 函数在上的最小值为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 5. 曲线上的点到直线距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的定义域为，且，对任意，，则不等式的解集是（    ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若过点可作曲线的三条切线，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，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. 函数的导函数在区间上的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. 函数在处有极小值 B. 函数在处有极小值 C. 函数在区间内有个极值点 D. 导函数在处有极大值 10. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. 有最大值 C. 当时，的图象过的切线有且仅有条 D. 关于的方程有两个不等实根，则的取值范围是 11. 若对一切恒成立，则的值可能为（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的单调递减区间为_________. 13. 曲线的对称中心为_______． 14. 已知，函数，若对任意的，恒成立，则a的最小值为_______． 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）求曲线在处的切线方程； （2）求在区间上的最值． 16. 已知函数上点处的切线方程为 （1）求的解析式； （2）若函数在上有两个零点，求的取值范围． 17. 已知． （1）讨论的单调性； （2）若在上恒成立，求的取值范围． 18. 已知函数． （1）若为的一个极值点，求； （2）求的最小值； （3）若，证明：当时，． 19. 设次多项式，若其满足，则称多项式为切比雪夫多项式．已知为切比雪夫多项式． （1）求的解析式； （2）求证：； （3）若，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $