还剩14页未读，
继续阅读
所属成套资源：全套2024届高三上学期期中数学试题含答案
成套系列资料，整套一键下载
2024届山西省朔州市怀仁市第一中学校高三上学期期中考试数学试题含答案
展开
这是一份2024届山西省朔州市怀仁市第一中学校高三上学期期中考试数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由复数的除法运算及共轭复数的定义判定即可.
【详解】由，得，所以.
故选:B.
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据分式不等式求集合A，根据指数函数求集合B，进而求.
【详解】因为，等价于，解得，即，
又因为，，所以，可得，
所以．
故选：D．
3．如图所示，在中，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解.
【详解】根据向量的线性运算法则，可得：
.
故选：A.
4．德国数学家莱布尼茨是微积分的创立者之一，他从几何问题出发，引进微积分的概念．在研究切线时，他对切线问题理解为“求一条切线意味着画一条直线连接曲线上距离无穷小的两个点”，这也正是导数定义的内涵之一．已知曲线在点处的切线与直线垂直，则常数的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据导数求解切点处的切线斜率，即可根据直线垂直满足的斜率关系求解.
【详解】由，得，所以切线的斜率为，
又曲线在点处的切线与直线垂直，
所以，得．
故选:C．
5．函数的大致图象为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】化简函数，探讨函数奇偶性排除两个选项，再利用在上函数值的正负判断即得.
【详解】依题意，函数的定义域为，显然有，即为奇函数，
因此函数的图象关于原点对称 ，AC错误；
当时，，于是，显然D不满足，B符合题意．
故选：B
6．已知数列的通项公式为，数列的通项公式为，若将数列，中相同的项按从小到大的顺序排列后构成数列，则484是数列中的第（ ）
A．12项B．13项C．14项D．15项
【答案】C
【分析】先利用两数列的通项公式分析两数列相同项的特点，得到的奇偶项的性质，从而得解.
【详解】设，则，可得，
则为3的倍数或为3的倍数，
设或，则或，
故的奇数项项数为t，偶数项项数为r，
又，由，解得（舍去），
由，解得，484是数列中的第14项．
故选：C．
7．已知，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据对数式、指数式与的数字特征构造新函数，利用导数的性质判断单调性，结合函数的单调性进行判断即可.
【详解】设，则，
当时，，所以函数在上单调递减，所以，
故当时，，即，所以当时，，故.
设，则，
当时，，所以函数在上单调递增，
所以，即，所以，故.
综上可得，.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的关键是构造新函数与.
8．若存在一个非零实数，一个正实数，使得等式成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】将原等式化成，令，则，设，利用导数求出函数的最值即可得答案.
【详解】因为，所以，
所以.
令，则，设，则，
令，可得，
当时，；当时，，
所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
则，
又当时，，故.
故选：C.
二、多选题
9．下列关于空间向量的说法正确的是（ ）
A．若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
B．已知，，若，则
C．任意向量，，满足
D．若，，是空间的一组基底，且，则四点共面
【答案】ABD
【分析】根据共面与否即可判断A，根据数量积的坐标运算即可判断B，根据共线定理即可求解C，根据共面即可求解D.
【详解】因为是空间的一个基底，则，，不共面，若，，共面，则存在实数，使得，故，由于，，不共面，所以，所以无解，故，，不共面，所以也可以作为空间的一个基底，故A正确；
因为，，所以，，
又，所以，解得，故B正确；
因为向量，不一定是共线向量，因此不一定成立，故C错误；
因为，所以，即，所以四点共面，故D正确．
故选：ABD．
10．已知实数a，b，c，其中，，则下列关系中一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据作差法判断A，D选项，根据不等式的性质判断B选项，特殊值法判断C选项.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，因为，，所以，故B正确；
对于C，当，，时，，故C错误；
对于D，因为，故D正确.
故选:ABD.
11．已知函数是定义在上的奇函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为4B．的图象关于直线对称
C．的图象关于点对称D．在内至少有5个零点
【答案】BCD
【分析】根据函数的奇偶性，对称性和周期性，结合正弦函数的周期性求解.
【详解】对于A，因为是定义在上的奇函数，且，
所以，
即，所以的周期为4，
但的最小正周期不一定为4，
如，满足为奇函数，
且，
而的最小正周期为，故A错误；
对于B，因为为奇函数，且，
所以，即的图象关于直线对称，故B正确；
对于C，由，及为奇函数可知，
即的图象关于点对称，故C正确；
对于D，因为是定义在上的奇函数，所以，
又，，所以，
故，
所以在内至少有，，0，2，4这5个零点，故D正确．
故选：BCD．
12．“外观数列”是一类有趣的数列，该数列由正整数构成，后一项是前一项的“外观描述”．例如：取第一项为1，将其外观描述为“1个1”，则第二项为11；将11描述为“2个1”，则第三项为21；将21描述为“1个2，1个1”，则第四项为1211；将1211描述为“1个1，1个2，2个1”，则第五项为111221，…，这样每次从左到右将连续的相同数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的项．对于外观数列，下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则的最后一个数字为6D．若，则从开始出现数字4
【答案】AC
【分析】根据数列的新定义一一求解.
【详解】对于A项，，即“2个2”，，即“2个2”，
以此类推，该数列的各项均为22，则，故A项正确；
对于B项，，即“1个1，1个3”，，即“3个1，1个3”，
故，即“1个3，2个1，1个3”，故，故B项错误；
对于C项，，即“1个6”，，即“1个1，1个6”，
，即“3个1，1个6”，故，即“1个3，2个1，1个6”，
以此类推可知，的最后一个数字均为6，故C项正确；
对于D项，因为，则，，，，
若数列中，中为第一次出现数字4，
则中必出现了4个连续的相同数字，
如，则在的描述中必包含“1个1，1个1”，
即，显然的描述应该是“2个1”，矛盾，不合乎题意，
若或，同理可知均不合乎题意，
故不包含数字4，故D项错误．
故选:AC．
三、填空题
13．已知平面向量，，，则 ．
【答案】
【分析】根据向量垂直的坐标运算解得，进而结合向量的坐标运算求模长.
【详解】由，，，则，解得，
则，可得，
所以．
故答案为：
14．计算： ．
【答案】/
【分析】利用两角差的正弦公式及特殊角的三角函数值化简即可.
【详解】
．
故答案为：.
15．已知函数若，函数恰有三个不同的零点，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】由题意求出，函数恰有三个不同的零点，转化为函数与图象有三个交点，结合图象，即可得出答案.
【详解】依题意，，可得，
函数恰有三个不同的零点，即恰有三个解，
转化为函数与图象有三个交点，
函数的图象如图所示．结合图象，，解得，
即实数的取值范围为．
故答案为：.
16．已知A，B，C是球O的球面上三点，平面平面ABC，，O到平面ABC的距离为2，若异面直线OC与AB所成角的余弦值为，则球O的表面积为 ．
【答案】
【分析】画出图像，找到异面直线所成的角，因此求出半径，最后求出表面积.
【详解】
构造如图所示的四棱柱，由题意，易知，，为平面和平面的交线.
由平面平面ABC，可证平面ABC，进而．
可得，，
易知，则为异面直线OC与AB所成角（或补角）．
设，易知，则，
因为，，所以为等边三角形，
所以，，，则在等腰中，
，解得，
所以球O的表面积为，
故答案为：．
四、解答题
17．已知等比数列的各项均为正数，且，．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等比数列通项公式直接列方程计算；
（2）利用分组求和的方法求得.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
则，即，所以，
所以，解得，
所以
（2）由（1）得，
则，
所以.
18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，
(1)求角B的大小；
(2)若的面积为，周长为3b，求AC边上的高.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理的边角变换与三角函数的和差公式化简即可得解；
（2）利用三角形面积公式与余弦定理可求得，从而得解.
【详解】（1）由已知结合正弦定理边化角可得，
又，
代入整理可得，
因为，所以，
又，所以，
（2）由及可得，，
又周长为3b，则，所以，
根据余弦定理可得，，
整理可得，
设AC边上的高为h，则，解得，
所以AC边上的高为.
19．已知函数（其中）的部分图像如图所示，将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．
(1)求与的解析式；
(2)令，求方程在区间内的所有实数解的和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由函数图象可得即周期，即可求出，再利用待定系数法求出，即可求出函数的解析式，再根据平移变换的原则即可求得函数的解析式；
（2）先求出函数的解析式，再根据正弦函数的性质即可得解.
【详解】（1）由图可知，，
函数的周期，所以，
所以，
又，所以，
所以，所以，
又，所以，
所以，
因为将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，
所以；
（2）
，
由，
得，
因为，所以，
所以或或或，
所以或或或，
所以方程在区间内的所有实数解的和为
．
20．如图1，已知是等边三角形，点M，N分别在，上，，，是线段的中点.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2.
(1)求证：
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）易证，再由平面平面，得到平面，然后利用线面垂直的性质定理证明；
（2）取的中点，连接，，，，求得的面积，进而根据平面，求得三棱锥的体积，然后利用等体积法求解.
【详解】（1）证明：因为是等边三角形，且，
在中，可得，
又点是线段的中点，所以.
因为平面平面，且平面，平面平面，
所以平面，又平面，所以.
（2）由是等边三角形，，可得的高为，
取的中点，连接，，，，如图所示.
因为，，可得，，
所以的面积为，
又平面，且，
所以三棱锥的体积为.
因为平面，平面，所以.
在中，，，，
所以，
所以的面积为.
设点到平面的距离为，
因为，可得，解得.
又由，且平面，平面，所以平面，
则点到平面的距离与点到平面的距离相等，
所以点到平面的距离为.
五、证明题
21．已知数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)设，记的前项和为，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用数列的通项公式和前n项和的关系求解；
（2）由，，利用裂项相消法求解.
【详解】（1）解：当时，，
所以；
当时，由，
得，
两式相减得，
所以，
当时也成立．所以．
（2）证明：由（1）知，
所以，
所以．
又，
所以 ，
．
综上：．
六、解答题
22．已知函数且．
(1)讨论的单调性．
(2)若有且仅有两个零点，求的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；
(2)．
【分析】（1）分，讨论，利用导数与函数的单调性的关系即得；
（2）根据函数的单调性可得，进而可得函数的极小值小于零，然后构造函数利用导数结合条件解不等式即得.
【详解】（1）因为函数且，函数定义域为，
所以，
当时，在上恒成立，在上单调递增，
当时，令，则，
所以当时，单调递减；当时，单调递增．
综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）由（1）知，当时，在单调递增，至多一个零点，不符题意；
当时，在处取得极小值，且，
所以，
设，即，设，则，
所以当时，单调递增；当时，单调递减．
所以当时，取得极大值，，
所以，即或，
设，则，当时，，
所以在上单调递增，又，所以或，
综上所述，的取值范围是．
【点睛】利用导数研究零点问题：
（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；
（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；
（3）利用导数硏究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数硏究.
一、单选题
1．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由复数的除法运算及共轭复数的定义判定即可.
【详解】由，得，所以.
故选:B.
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据分式不等式求集合A，根据指数函数求集合B，进而求.
【详解】因为，等价于，解得，即，
又因为，，所以，可得，
所以．
故选：D．
3．如图所示，在中，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解.
【详解】根据向量的线性运算法则，可得：
.
故选：A.
4．德国数学家莱布尼茨是微积分的创立者之一，他从几何问题出发，引进微积分的概念．在研究切线时，他对切线问题理解为“求一条切线意味着画一条直线连接曲线上距离无穷小的两个点”，这也正是导数定义的内涵之一．已知曲线在点处的切线与直线垂直，则常数的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据导数求解切点处的切线斜率，即可根据直线垂直满足的斜率关系求解.
【详解】由，得，所以切线的斜率为，
又曲线在点处的切线与直线垂直，
所以，得．
故选:C．
5．函数的大致图象为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】化简函数，探讨函数奇偶性排除两个选项，再利用在上函数值的正负判断即得.
【详解】依题意，函数的定义域为，显然有，即为奇函数，
因此函数的图象关于原点对称 ，AC错误；
当时，，于是，显然D不满足，B符合题意．
故选：B
6．已知数列的通项公式为，数列的通项公式为，若将数列，中相同的项按从小到大的顺序排列后构成数列，则484是数列中的第（ ）
A．12项B．13项C．14项D．15项
【答案】C
【分析】先利用两数列的通项公式分析两数列相同项的特点，得到的奇偶项的性质，从而得解.
【详解】设，则，可得，
则为3的倍数或为3的倍数，
设或，则或，
故的奇数项项数为t，偶数项项数为r，
又，由，解得（舍去），
由，解得，484是数列中的第14项．
故选：C．
7．已知，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据对数式、指数式与的数字特征构造新函数，利用导数的性质判断单调性，结合函数的单调性进行判断即可.
【详解】设，则，
当时，，所以函数在上单调递减，所以，
故当时，，即，所以当时，，故.
设，则，
当时，，所以函数在上单调递增，
所以，即，所以，故.
综上可得，.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的关键是构造新函数与.
8．若存在一个非零实数，一个正实数，使得等式成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】将原等式化成，令，则，设，利用导数求出函数的最值即可得答案.
【详解】因为，所以，
所以.
令，则，设，则，
令，可得，
当时，；当时，，
所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
则，
又当时，，故.
故选：C.
二、多选题
9．下列关于空间向量的说法正确的是（ ）
A．若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
B．已知，，若，则
C．任意向量，，满足
D．若，，是空间的一组基底，且，则四点共面
【答案】ABD
【分析】根据共面与否即可判断A，根据数量积的坐标运算即可判断B，根据共线定理即可求解C，根据共面即可求解D.
【详解】因为是空间的一个基底，则，，不共面，若，，共面，则存在实数，使得，故，由于，，不共面，所以，所以无解，故，，不共面，所以也可以作为空间的一个基底，故A正确；
因为，，所以，，
又，所以，解得，故B正确；
因为向量，不一定是共线向量，因此不一定成立，故C错误；
因为，所以，即，所以四点共面，故D正确．
故选：ABD．
10．已知实数a，b，c，其中，，则下列关系中一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据作差法判断A，D选项，根据不等式的性质判断B选项，特殊值法判断C选项.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，因为，，所以，故B正确；
对于C，当，，时，，故C错误；
对于D，因为，故D正确.
故选:ABD.
11．已知函数是定义在上的奇函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为4B．的图象关于直线对称
C．的图象关于点对称D．在内至少有5个零点
【答案】BCD
【分析】根据函数的奇偶性，对称性和周期性，结合正弦函数的周期性求解.
【详解】对于A，因为是定义在上的奇函数，且，
所以，
即，所以的周期为4，
但的最小正周期不一定为4，
如，满足为奇函数，
且，
而的最小正周期为，故A错误；
对于B，因为为奇函数，且，
所以，即的图象关于直线对称，故B正确；
对于C，由，及为奇函数可知，
即的图象关于点对称，故C正确；
对于D，因为是定义在上的奇函数，所以，
又，，所以，
故，
所以在内至少有，，0，2，4这5个零点，故D正确．
故选：BCD．
12．“外观数列”是一类有趣的数列，该数列由正整数构成，后一项是前一项的“外观描述”．例如：取第一项为1，将其外观描述为“1个1”，则第二项为11；将11描述为“2个1”，则第三项为21；将21描述为“1个2，1个1”，则第四项为1211；将1211描述为“1个1，1个2，2个1”，则第五项为111221，…，这样每次从左到右将连续的相同数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的项．对于外观数列，下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则的最后一个数字为6D．若，则从开始出现数字4
【答案】AC
【分析】根据数列的新定义一一求解.
【详解】对于A项，，即“2个2”，，即“2个2”，
以此类推，该数列的各项均为22，则，故A项正确；
对于B项，，即“1个1，1个3”，，即“3个1，1个3”，
故，即“1个3，2个1，1个3”，故，故B项错误；
对于C项，，即“1个6”，，即“1个1，1个6”，
，即“3个1，1个6”，故，即“1个3，2个1，1个6”，
以此类推可知，的最后一个数字均为6，故C项正确；
对于D项，因为，则，，，，
若数列中，中为第一次出现数字4，
则中必出现了4个连续的相同数字，
如，则在的描述中必包含“1个1，1个1”，
即，显然的描述应该是“2个1”，矛盾，不合乎题意，
若或，同理可知均不合乎题意，
故不包含数字4，故D项错误．
故选:AC．
三、填空题
13．已知平面向量，，，则 ．
【答案】
【分析】根据向量垂直的坐标运算解得，进而结合向量的坐标运算求模长.
【详解】由，，，则，解得，
则，可得，
所以．
故答案为：
14．计算： ．
【答案】/
【分析】利用两角差的正弦公式及特殊角的三角函数值化简即可.
【详解】
．
故答案为：.
15．已知函数若，函数恰有三个不同的零点，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】由题意求出，函数恰有三个不同的零点，转化为函数与图象有三个交点，结合图象，即可得出答案.
【详解】依题意，，可得，
函数恰有三个不同的零点，即恰有三个解，
转化为函数与图象有三个交点，
函数的图象如图所示．结合图象，，解得，
即实数的取值范围为．
故答案为：.
16．已知A，B，C是球O的球面上三点，平面平面ABC，，O到平面ABC的距离为2，若异面直线OC与AB所成角的余弦值为，则球O的表面积为 ．
【答案】
【分析】画出图像，找到异面直线所成的角，因此求出半径，最后求出表面积.
【详解】
构造如图所示的四棱柱，由题意，易知，，为平面和平面的交线.
由平面平面ABC，可证平面ABC，进而．
可得，，
易知，则为异面直线OC与AB所成角（或补角）．
设，易知，则，
因为，，所以为等边三角形，
所以，，，则在等腰中，
，解得，
所以球O的表面积为，
故答案为：．
四、解答题
17．已知等比数列的各项均为正数，且，．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等比数列通项公式直接列方程计算；
（2）利用分组求和的方法求得.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
则，即，所以，
所以，解得，
所以
（2）由（1）得，
则，
所以.
18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，
(1)求角B的大小；
(2)若的面积为，周长为3b，求AC边上的高.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理的边角变换与三角函数的和差公式化简即可得解；
（2）利用三角形面积公式与余弦定理可求得，从而得解.
【详解】（1）由已知结合正弦定理边化角可得，
又，
代入整理可得，
因为，所以，
又，所以，
（2）由及可得，，
又周长为3b，则，所以，
根据余弦定理可得，，
整理可得，
设AC边上的高为h，则，解得，
所以AC边上的高为.
19．已知函数（其中）的部分图像如图所示，将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．
(1)求与的解析式；
(2)令，求方程在区间内的所有实数解的和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由函数图象可得即周期，即可求出，再利用待定系数法求出，即可求出函数的解析式，再根据平移变换的原则即可求得函数的解析式；
（2）先求出函数的解析式，再根据正弦函数的性质即可得解.
【详解】（1）由图可知，，
函数的周期，所以，
所以，
又，所以，
所以，所以，
又，所以，
所以，
因为将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，
所以；
（2）
，
由，
得，
因为，所以，
所以或或或，
所以或或或，
所以方程在区间内的所有实数解的和为
．
20．如图1，已知是等边三角形，点M，N分别在，上，，，是线段的中点.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2.
(1)求证：
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）易证，再由平面平面，得到平面，然后利用线面垂直的性质定理证明；
（2）取的中点，连接，，，，求得的面积，进而根据平面，求得三棱锥的体积，然后利用等体积法求解.
【详解】（1）证明：因为是等边三角形，且，
在中，可得，
又点是线段的中点，所以.
因为平面平面，且平面，平面平面，
所以平面，又平面，所以.
（2）由是等边三角形，，可得的高为，
取的中点，连接，，，，如图所示.
因为，，可得，，
所以的面积为，
又平面，且，
所以三棱锥的体积为.
因为平面，平面，所以.
在中，，，，
所以，
所以的面积为.
设点到平面的距离为，
因为，可得，解得.
又由，且平面，平面，所以平面，
则点到平面的距离与点到平面的距离相等，
所以点到平面的距离为.
五、证明题
21．已知数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)设，记的前项和为，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用数列的通项公式和前n项和的关系求解；
（2）由，，利用裂项相消法求解.
【详解】（1）解：当时，，
所以；
当时，由，
得，
两式相减得，
所以，
当时也成立．所以．
（2）证明：由（1）知，
所以，
所以．
又，
所以 ，
．
综上：．
六、解答题
22．已知函数且．
(1)讨论的单调性．
(2)若有且仅有两个零点，求的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；
(2)．
【分析】（1）分，讨论，利用导数与函数的单调性的关系即得；
（2）根据函数的单调性可得，进而可得函数的极小值小于零，然后构造函数利用导数结合条件解不等式即得.
【详解】（1）因为函数且，函数定义域为，
所以，
当时，在上恒成立，在上单调递增，
当时，令，则，
所以当时，单调递减；当时，单调递增．
综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）由（1）知，当时，在单调递增，至多一个零点，不符题意；
当时，在处取得极小值，且，
所以，
设，即，设，则，
所以当时，单调递增；当时，单调递减．
所以当时，取得极大值，，
所以，即或，
设，则，当时，，
所以在上单调递增，又，所以或，
综上所述，的取值范围是．
【点睛】利用导数研究零点问题：
（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；
（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；
（3）利用导数硏究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数硏究.
相关试卷
山西省朔州市怀仁市第一中学校2024届高三上学期期中考试数学： 这是一份山西省朔州市怀仁市第一中学校2024届高三上学期期中考试数学，文件包含山西省朔州市怀仁市第一中学校2023-2024学年高三上学期期中考试数学答案pdf、山西省朔州市怀仁市第一中学校2023-2024学年高三上学期期中考试数学pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共8页， 欢迎下载使用。
山西省朔州市怀仁市第一中学校2023-2024学年高三上学期期中考试数学试题： 这是一份山西省朔州市怀仁市第一中学校2023-2024学年高三上学期期中考试数学试题，共12页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围，下列关于空间向量的说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
山西省朔州市怀仁市第一中学校2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题： 这是一份山西省朔州市怀仁市第一中学校2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题，共2页。
