福建省莆田锦江中学2024−2025学年高二下学期第一次（3月）月考 数学试题（含解析）

这是一份福建省莆田锦江中学2024−2025学年高二下学期第一次（3月）月考 数学试题（含解析），共14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（本大题共8小题）
1．曲线在点处的切线的斜率为（ ）
A．0B．1C．eD．
2．已知函数，则（ ）
A．有极小值，无极大值B．既有极小值又有极大值
C．有极大值，无极小值D．无极小值也无极大值
3．已知函数的定义域为，且的图象是一条连续不断的曲线，的导函数为，若函数的图象如图所示，则（ ）
A．的单调递减区间是
B．的单调递增区间是，
C．当时，有极值
D．当时，
4．若函数在其定义域内单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数在上有三个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．已知偶函数在上的导函数为，且在时满足以下条件：①导函数的图象如图所示；②唯一的零点是1．则的解集为（ ）
A．B．
C．D．
7．已知为R上的可导函数，其导函数为，且对于任意的，均有，则（ ）
A．，
B．，
C．，
D．，
8．丹麦数学家琴生（Jensen）是世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.设函数在上的导函数为，在上的导函数为，在上恒成立，则称函数在上为“凹函数”.则下列函数在上是“凹函数”的是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列求导运算正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．已知函数则下列说法正确的是（ ）
A．函数的单调减区间为，
B．函数的值域为
C．若关于的方程有三个根，则
D．若对于恒成立，则
11．已知函数在区间内有唯一零点，则的可能取值为（ ）
A．B．C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．若函数，则 .
13．已知曲线经过点，则过点的曲线C的切线方程是
14．已知有两个极值点，则实数的取值范围为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数在与处都取得极值．
（1）求，的值；
（2）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
16．已知函数，若在点处的切线方程为．
(1)求的解析式；
(2)求函数在上的极值．
17．如图（1），一边长为48cm的正方形铁皮，四角各截去一个大小相同的小正方形，然后折起，可以做成一个无盖长方体容器，如图（2），所得容器的容积V（单位：）是关于截去的小正方形的边长x（单位：cm）的函数.
(1)随着x的变化，容积V是如何变化的？
(2)截去的小正方形的边长为多少时，容器的容积最大？最大容积是多少？
18．已知函数，.
(1)求函数的单调区间；
(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围.
19．对数均值不等式在各个领域都有着重要应用．
(1)讨论，的单调性
(2)试证明对数均值不等式：
(3)设，试证明：
参考答案
1．【答案】B
【详解】因为，所以，
根据导数的几何意义可知，曲线在点处的切线的斜率为1.
故选B.
2．【答案】B
【详解】因为，所以，
令，，令，，
则在上单调递增，在上单调递减，
即极小值为，极大值为，
得到既有极小值又有极大值，故B正确.
故选B.
3．【答案】A
【详解】根据图象可知当时，，可得；
当时，，可得；
当时，，可得，且；
对于AB，易知时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
因此的单调递减区间是，的单调递增区间是，即A正确，B错误；
对于C，易知当时，，当时，，
即在处左右函数的单调性不改变，因此C错误；
对于D，因为时，，可得，因此，即D错误.
故选A.
4．【答案】B
【详解】的定义域为，，
因为函数在其定义域内单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，所以.
故选B.
5．【答案】A
【详解】令，可得，
令，则直线与函数的图象有三个交点，
，令，可得或，列表如下：
如下图所示：
由图可知，当时，即当时，
直线与函数的图象有三个交点，
因此，实数的取值范围是.
故选A.
6．【答案】B
【详解】记在上的零点为，
由在上的图象，知当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
因为在唯一的零点是1，即，
所以当时，，当时，．
又为偶函数，所以当时，，当时，，
所以的解集为．
故选B．
7．【答案】A
【详解】构造函数 ，
则 ，
所以函数 在 上单调递增，
故 ，
即 ，
即 .
同理， ，
即 .
故选A.
8．【答案】B
【详解】对A，，当时，，所以A错误；
对B，，在上恒成立，所以B正确；
对C，，，所以C错误；
对D，，，因为，所以D错误．
故选B．
9．【答案】BC
【详解】，故A错误；
，故B正确；
，故C正确；
，故D错误．
故选BC
10．【答案】ACD
【详解】（i）当时，，
则在单调递减，且渐近线为轴和，恒有.
（ii）当时，，，
当在单调递增，
当在单调递减，
故， 且当时， ，，恒有.
综上可知，，
作出函数大致图象，如下图.
对于A，函数的单调减区间为，故A正确；
对于B，函数的值域为，故B错误；
对于C，方程有三个根，
则所以与有3个公共点，
由图象可知当时，与有3个交点，满足题意，
即的取值范围是，故C正确;
对于D，设函数为过定点的直线，
且与函数的切点为，
则有① ，②，且③，
由①②得，
将③代入上式可得，即，
即，解得或（舍去），
，此时直线与函数相切，为临界情况；
当，直线斜率增大，此时函数满足在时，处于直线下方，
即对于恒成立，
因此，，故D正确；
故选ACD.
11．【答案】ABC
【详解】由题意有方程在区间内有唯一实数根，
即方程在区间内有唯一实数根，令，
，所以在区间内单调递增，
所以，所以，
因为，，
故选ABC.
12．【答案】
【详解】对求导，得，
所以，解得，
所以，将代入，可得.
13．【答案】
【详解】因为曲线经过点，所以，解得，
则曲线方程为，，
设切点为，切线斜率为，由导数的几何意义得，
则切线方程为，又切线经过点，
则，解得，
则切线方程为，即.
14．【答案】
【详解】由求导，，由可得：，
因不满足此式，故可得：，
则函数有两个极值点，即函数与的图象有两个交点.
由求导，，则当时，，当时，，当时，
则函数在和上是减函数，在上是增函数，故时，取得极小值.
且当时，，当从0的左边趋近于0时，，当从0的右边趋近于0时，，当时，.
故可作出函数的图象如图.

由图可知：函数与的图象有两个交点等价于.
15．【答案】（1），；（2）．
【详解】（1）由题设，，又，，解得，．
（2）由，知，即，
当时，，随的变化情况如下表：
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
∴当时，为极大值，又，则为在上的最大值，
要使对任意恒成立，则只需，解得或，
∴实数的取值范围为．
16．【答案】(1)
(2)极大值，极小值
【详解】（1）因为，所以，
由题意得，所以，；
故的解析式为
（2）由（1）得，，
因为，当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
故当时，函数取得极大值，
故当时，函数取得极小值
17．【答案】(1)当时，函数单调递增；当时，函数单调递减．
(2)当截去的小正方形的边长为8cm时，得到的容器容积最大，最大容积为8192
【详解】（1）根据题意可得，由实际情况可知函数的定义域为.
根据导数公式表及导数的运算法则可得
，解方程，得，（舍），
令得，令得，
所以当时，函数单调递增；当时，函数单调递减.
（2）当时，函数单调递增；当时，函数单调递减，
因此，是函数的极大值点也是最大值点，此时，
所以当截去的小正方形的边长为8cm时，得到的容器容积最大，最大容积为8192.
18．【答案】(1)当时，函数在上单调递减，当时，函数在上单调递减，函数在上单调递增；
(2).
【详解】（1）因为函数，
所以，
当时，，所以函数在上单调递减，
当时，令，得，
当时，，所以函数单调递减，
当时，，所以函数单调递增，
综上所述，当时，函数在上单调递减，
当时，函数在上单调递减，函数在上单调递增；
（2）若不等式恒成立，又，
则有恒成立.
设函数，则，
当时，，函数在上单调递减，
又，不合题意;
当时，令，解得,
当时，，所以函数单调递减，
当时，，所以函数单调递增，
所以，
由恒成立，则成立，
即成立,
令，则,
所以函数在上单调递增，
又，，
所以当时，成立.
综上所述，实数的取值范围为.
19．【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，利用导函数的符号分析函数的单调性.
（2）先进行转化：，；，.在利用（1）的结论证明.
（3）利用，可得，再累加求和即可.
【详解】（1）在上恒成立，所以在上单调递增；
在上恒成立，所以在上单调递减.
（2）不妨设
因为
设，，则问题转化为：，.
由（1）可知，函数在上单调递增，所以.
故，成立，所以： .
又因为.
由（1）知在上单调递减，所以，故，成立，所以.
所以：成立.
（3）根据，
所以,
所以，成立.增
极大值
减
极小值
增
1
+
0
-
0
+
递增
极大值
递减
极小值
递增