福建省平潭县新世纪学校2023-2024学年高二下学期适应性练习（一）（3月）数学试题

这是一份福建省平潭县新世纪学校2023-2024学年高二下学期适应性练习（一）（3月）数学试题，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知某物体的运动方程是（的单位为），该物体在时的瞬时加速度是（ ）
A．B．C．D．
2．已知倾斜角为的直线与曲线相切于点，则点的横坐标为（ ）
A．B．C．D．
3．若点是曲线上任意一点，则点到直线的距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
4．设函数在处存在导数为2，则（ ）
A．2B．1C．D．6
5．已知，则a，b，c大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
6．若函数在处有极小值，则（ ）
A．B．C．或D．
7．已知曲线存在过坐标原点的切线，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数在区间上单调递减，则实数的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递增的是（ ）
A．B．C．D．
10．下列求导运算正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
11．对于函数，下列说法正确的有（ ）
A．在处取得最小值B．在处取得最大值
C．有两个不同零点D．
三、填空题
12．已知，则满足的实数的取值范围是 ．
13．已知函数在上存在极值点，则正整数的值是
14．已知函数的最小值为0，则 .
四、解答题
15．已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)当时，求函数的最大值．
16．已知函数．
(1)求的解析式；
(2)讨论在上的零点个数．
17．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数在上单调递增，求的取值范围.
18．某学校为创建高品质示范高中，准备对校园内某一墙角进行规划设计.如图所示，墙角线和互相垂直，墙角内有一景观，到墙角线、的距离分别为20米、10米，学校欲过景观修建一条直线型走廊，其中的两个端点分别在这两墙角线上.
(1)为了使三角形花园的面积最小，应如何设计直线型走廊？
(2)考虑到修建直线型走廊的成本，怎样设计，才能使走廊的长度最短？
19．己知函数．
(1)设函数，若函数在区间上存在极值，求实数a的取值范围；
(2)若函数有两个极值点，且，求的取值范围．
参考答案：
1．C
【分析】由题意依次求导代入即可得解.
【详解】由题意，，
所以.
故选：C.
2．C
【分析】求导，再根据导数的几何意义即可得解.
【详解】设点的横坐标为为，
，
由题意可得，解得（舍去），
即点的横坐标为.
故选：C.
3．B
【分析】利用导数求得平行于直线与曲线相切的切点坐标，再利用点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】由函数，可得，
令，可得，
因为，可得，则，
即平行于直线且与曲线相切的切点坐标为，
由点到直线的距离公式，可得点到直线的距离为.
故选：B.
4．B
【分析】由导数的概念求解.
【详解】由已知有，
则.
故选：B
5．D
【分析】根据式子结构，构造函数，利用导数判断出的单调性，进而得到a，b，c的大小关系.
【详解】根据式子结构，构造函数，则，
令，则，令，得，
因此在单调递增，在单调递减，
而，，，
因为，所以，即.
故选：D
6．A
【分析】求得，由，求得或，分别求得函数的单调区间，结合函数极值点的定义，即可求解.
【详解】由函数，可得，
因为函数在处取得极小值，可得，解得或，
当时，令，解得或；令，解得，
函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，
所以在处有极大值，不符合题意，舍去；
当时，令，可得或；令，可得，
函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，
所以在处有极小值，符合题意，
综上可得，.
故选：A.
7．B
【分析】设出切点横坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有实数根，求得的取值范围.
【详解】∵，
∴，
设切点为，则，切线斜率，
∴切线方程为，
∵切线过原点，
∴，整理得：
∵存在过坐标原点的切线，
∴，解得或，
∴实数的取值范围是.
故选：B.
8．C
【分析】依题意，在区间上恒成立，分离参数可得实数a的最大值.
【详解】由题意，
因为函数在区间上单调递减，
所以在区间上恒成立，即，
令，则，
又，所以，所以在为减函数，
所以，
所以，即实数a的最大值是.
故选：C
9．AD
【分析】A选项，根据函数奇偶性得到为偶函数，且在单调递增，A正确；B不满足奇偶性，C不满足单调性；D选项，满足为偶函数，且求导得到函数在上单调递增，得到答案.
【详解】A选项，定义域为，
且，故为偶函数，
且时，单调递增，故A正确；
B选项，的定义域为，故不是偶函数，故B项错误；
C选项，时，单调递减，故C项错误；
D选项，的定义域为R，且，
故是偶函数，
且时，，函数单调递增，故D项正确.
故选：AD
10．CD
【分析】利用导数公式及运算法则，求解即可.
【详解】对于选项A: ,,故选项A错误；
对于选项B: ,,故选项B错误；
对于选项C: ,,故选项C正确；
对于选项D: ,,故选项D正确；
故选：CD.
11．BD
【分析】利用单调性求最值判断A,B，求零点判断C，先转换到同一单调区间内，在比大小判断D即可.
【详解】定义域为，易得，令，,令，，故在单调递增，在单调递减，则的最大值为，故A错误，B正确，
令，解得，可得只有一个零点，故C错误，
易知，且结合单调性知，即成立，故D正确.
故选：BD
12．
【分析】分析函数的奇偶性与单调性，将所求不等式变形为，结合函数的单调性可得出关于实数的不等式，解之即可.
【详解】因为，该函数的定义域为，
，故函数为奇函数，
因为对任意的恒成立，
所以，函数在上为减函数，
由可得，
所以，，解得，即实数的取值范围是.
故答案为：.
13．5
【分析】利用导数可得导函数为0时或，则得到的范围.
【详解】，
时，或，
因为函数定义域为，则在左端点处无法取到极值，
，故对于正整数取5，经检验满足题意，
故答案为：5.
14．
【分析】求导，分类讨论函数的单调性即可求解最值.
【详解】因为，所以.
若，则在上单调递减，无最小值.
若，则在上单调递减，在上单调递增，所以，解得.
故答案为：
15．(1)在上为增函数；在上为减函数；
(2)
【分析】（1）直接利用函数的导数确定函数的单调区间．
（2）求导根据函数的单调性即可求解最值．
【详解】（1）的定义域为，
当时，，，
当，解得：，
当，解得：．
在上为增函数；在上为减函数；
（2）的定义域为，
，
当时，令，得，令时，得，
的递增区间为，递减区间为．
.
16．(1)
(2)2
【分析】（1）对函数求导后令可得，即可求得；
（2）根据函数解析式对自变量进行分类讨论，易知是其中一个零点，再通过构造函数利用零点存在定理即可得出在上有2个零点．
【详解】（1）（1）．
令可得，解得．
所以．
（2）由（1）中可得，
①当时，有，，
所以恒成立，
所以在上单调递减，，
即可得0是的一个零点．
②当时，
设，则恒成立，
即在上单调递增．
又，，
根据零点存在定理可知，使得．
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增．
又，所以．
因为，
根据零点存在定理可知，使得．
综上所述，在上的零点个数为2．
【点睛】方法点睛：求解零点个数问题时要充分利用函数特征，由导函数判断出其单调性并结合零点存在定理即可得出零点个数.
17．(1)
(2)
【分析】（1）将代入并求导，利用导数的几何意义即可求的切线方程；
（2）由在上单调递增可得，利用参变分离构造函数即可求得，解得的取值范围是.
【详解】（1）当时，，
，易知，
所以在点处的切线方程为，即.
（2）令，
因为在上单调递增，
则，
即在上恒成立，也即在上恒成立，
令，
则，显然在上恒成立，
所以可知在上单调递减，；
因此只需满足即可，解得.
综上，的取值范围为.
18．(1)，，此时
(2)，，此时最短.
【分析】（1）首先表示直线方程，并求点的坐标，并表示三角形的面积，结合基本不等式，即可求解；
（2）根据（1）的结果表示，同时构造函数，并利用导数判断函数的单调性，并求函数的最值.
【详解】（1）如图，以，所在直线为轴和轴建立平面直线坐标系，

并由条件可知，点，
设直线的方程，
当时，，当时，，
即，，
,
当时，即时，等号成立，
所以面积的最大值为平方米；
此时直线的方程为，即，，
此时
（2）由（1）可知，，
，
设，，
，，
令，则，
当时，，函数在区间单调递减，
当时，，函数在区间单调递增，
所以当时，函数取得最小值，
所以当，，此时最短.
19．(1)
(2)
【分析】（1）求导，分类讨论，求出的单调区间即可求解；
（2）求出，分两种情况讨论的范围，解不等式可得函数的减区间，根据函数的单调性可得函数的极值；化简得，设新函数，由单调性可求的值域，从而可得结果．
【详解】（1），，
当时，恒成立，在上单调递增，
当时，,在上单调递增，
，在,上单调递减，
又在区间上存在极值，
则，所以的取值范围为．
（2），，
若，则恒成立，在上单调递增，所以无极值点；
若，则，恒成立，
在上单调递增，所以无极值点；
若，则，由得，，，
，故在,上单调递减，
或，故在，,上单调递增，
所以有极大值点为，极小值点为．
且，，则，
又，
故，
令，
则，
在上单调递减，，，
所以的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：本题考查函数单调性及极值，第二问注意韦达定理两元换一元，并求出是关键.