福建省泉州第一中学2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试题（含解析）

这是一份福建省泉州第一中学2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了 曲线在点处的切线方程为， 已知函数，下面表述不正确的为， 若，则等内容，欢迎下载使用。
1. 函数在点处的切线斜率为2，则a=（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的导函数，求出，即可得解.
【详解】，，
故选：B.
2. 曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.
【详解】由求导得，则，而，
所以所求切线方程为.
故选：A
3. 已知方程有两个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求定义域，令得有两个根，构造，求导得到其单调性，得到最值，结合函数图象特征得到实数a的取值范围.
【详解】的定义域为，
令得，即有两个根，
令，则，
令，显然单调递减，
又，故当时，，当时，，
故时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故的最大值为，当时，恒陈立，
当趋向于0时，趋向于，
故要想有两个根，需满足
故选：A
4. 已知函数，下面表述不正确的为（ ）
A. 是的极小值点B. 当时，
C. 当时，D. 当时，
【答案】B
【解析】
【分析】对函数求导，求出函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减，再对每个选项逐一判断即可.
【详解】对函数求导，
得，
令，解得：或；
令，解得：，
所以函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减，如下图：
对于选项A：观察图像可知，选项A正确；
对于选项B：当时，，且函数在区间上单调递增，
故，故选项B错误；
对于选项C：当时，，且函数在区间上单调递减，
且，故，故选项C正确；
对于选项D：当时，，由，得，
故，故选项D正确；
故选：B
5. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可通过构造函数且，利用导数求出其单调性，即可比较得出各数的大小.
【详解】因为，所以构造函数且，
则，
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增；
综上可知，在与上单调递減，在上单调递增.
所以.
又因为，所以，
可得.
故选：C.
6. 已知函数，过点作曲线的两条切线，切点为，其中.若在区间中存在唯一整数，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对函数求导，然后求出过点作曲线的两条切线，把，代入两条切线方程，得到①，②，所以可以把看成的两个根，因为，所以有 ，解出的取值范围③，可以证明出，在区间中存在唯一整数，必须要满足，解出的取值范围，结合③，最后求出的取值范围.
【详解】，
切点为的切线的斜率为，
所以切点为的切线方程为：，
同理可求得切点为的切线方程为：，
两条切线过点，把，代入两条切线方程得：
①，②，
所以可以把看成的两个根，因为，所以有 ③，即，
因为，所以，
在区间中存在唯一整数必须满足：，结合③，的取值范围是.
故选：C.
7. 已知函数，若对任意，恒成立，则的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】, 且 ，所以函数为单调递减的奇函数，因此
即 ，选A.
点睛：解函数不等式：首先根据函数的性质把不等式转化为的形式，然后根据函数的单调性去掉“”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意与的取值应在外层函数的定义域内
8. 设数列满足，且，若表示不超过的最大整数，则
A. 2015B. 2016C. 2017D. 2018
【答案】B
【解析】
【分析】数列满足，且，即，利用等差数列的通项公式可得，再利用累加求和方法可得，利用裂项求和方法即可得出.
【详解】数列满足，且，
即，
数列为等差数列，首项为，公差为，
，
，
，
，故选B.
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，“累加法”的应用，以及裂项相消法求和，属于难题.
裂项相消法是最难把握求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.
二､多选题
9. 已知函数，则下列选项中正确的是（ ）
A. 函数在区间上单调递增
B. 函数在的值域为
C. 函数在点处的切线方程为
D. 关于的方程有2个不同的根当且仅当
【答案】BC
【解析】
【分析】A通过判断在上是否恒大于等于0可得选项正误；B利用导数求出在上的单调性，据此可得值域；C由导数知识可得在点处的切线；D将问题转化为图象与直线有两个交点.
【详解】对于A，，，则在上单调递减，故A错误；
对于B，由A分析，，则在上单调递增，
则，
故函数在上的值域为；
对于C，由题，，
则点处的切线方程为，故C正确；
对于D，即图象与直线有两个交点，由上述分析可得大致图象如下，
则要使图象与直线有两个交点，，故D错误.
故选：BC
10. 已知为等差数列，其前项和，，则下列结论一定正确的是（ ）
A. 若，则公差B. 若，则最小
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】对于等差数列，最重要的是基本量，根据每一个选项的条件再结合基本量来分析，就可以作出判断.
【详解】当时，因为，所以，故A正确；
当，时，满足，无最小值，故B错误；
当，，且满足时，，此时，当，，且满足时，的符号无法确定，故C无法确定；
，故D正确．
故选：AD.
11. 已知的导函数为，且对任意的恒成立，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】构造函数，由，可得单调递增，进而利用单调性求解即可.
【详解】，所以，，则设，，得，单调递增，所以，必有，，则，，所以，A和B正确；
故选：AB
三､填空题
12. 名学生报名参加项体育比赛，每人限报一项，则报名方法的种数为______.
【答案】
【解析】
【分析】每人都有种报名方法，然后利用分步乘法计数原理可得出报名方法种数.
【详解】由题意可知，每名学生都有种报名方法，因此，名学生的报名方法的种数为.
故答案为.
【点睛】本题考查分步乘法计数原理的应用，理解题意是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.
13. 已知函数在上为单调函数，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】分别利用、在上恒成立求得取值范围.
【详解】由题意得：
若在上单调递增，则在上恒成立

若在上单调递减，则在上恒成立

综上所述：
本题正确结果：
【点睛】本题考查已知函数在区间内的单调性求解参数范围问题，如果函数在区间内单调，可将问题转化为恒成立问题的求解.
14. 已知函数，，若关于的方程有6个解，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】令，根据图象可知，等于常数的解最多只有3个，根据图象性质可知，等于常数的解最多只有2个，若有6个解，需要有3个解，有2个解，根据图象先求出，再得出和中最小解之间的等式关系，而后结合的值域即可建立关于的不等式，最后构造关于的函数，求导求单调性即可解不等式，进而得出结果。
【详解】解：由题可得，令，则方程的解有3个，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
，，当时，，所以，
画的图象如下：
由图象可得，
且方程的三个解分别为，不妨设，
则有，即，
又
所以在上单调递减，在上单调递增，
且，
又因为，所以，
所以有，即，
令，所以，
所以在上单调递增，
又，所以的解集为，
综上，的取值范围为。
故答案为：
【点睛】方法点睛：本题考查复合函数零点个数问题，此类题目一般做法为：
（1）先根据解析式画出两个函数图象；
（2）令复合函数内函数为；
（3）结合函数图象及零点个数，分析外函数根的个数以及自变量对应的取值范围；
（4）再确定内函数根个数及对应参数取值范围；
（5）解出参数范围即可。
四､解答题
15. 已知函数.
（1）证明：在定义域内单调递增；
（2）求在处的切线与坐标轴围成区域的面积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据即可判断函数的单调性；
（2）根据导数的几何意义求出切线方程，进而求解.
【小问1详解】
证明：（），
当时，，所以在定义域内单调递增.
【小问2详解】
，，
所以曲线在点处的切线为，
即，
令得；令得，
所以切线与坐标轴所围成的三角形面积为.
16. 已知函数有两个极值点，，.
（1）求的取值范围；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）函数有两个极值点，，等价于有两个不等的正实数根，等价于有两个不等的正实数根，再利用根的分布研究二次函数，即可得的取值范围；
（2），是的两个根，利用韦达定理可得，的关系，将用一个变量表示，再研究关于的函数的单调性，即可得的取值范围.
【详解】（1）因为函数，定义域为，
，
函数有两个极值点，
等价于关于的方程有两个不等的正实数根，
令，因为函数的图象的对称轴为直线，
所以，解得，
所以的取值范围为.
（2）由（1）知，是两个不等的正实数根，且，
所以，，
故，其中.
令，，因为时，，
所以在上单调递增，
所以，
即的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的极值，研究函数的取值范围，属于中档题.
17. 已知数列的前项和为，且与的等差中项为.
（1）求数列的通项公式.
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差中项，构造数列，等比数列的知识得出；
（2）采用裂项相消法，注意分为奇数偶数.
【小问1详解】
因为与的等差中项为，所以，即.
当时，，则.
当时，，
所以，所以，可变形为，
所以，且也符合，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以，
即数列的通项公式为.
【小问2详解】
方法一
当为奇数时，
.
当为偶数时，
.
所以数列的前项和为.
方法二.
.
18. 已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）无论取何值，函数的图象都在函数图象的上方，求实数的取值范围．
【答案】（1）在上为增函数，在上为减函数
（2）．
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的取值范围求出函数的单调区间即可；
（2）根据已知条件将问题转化为：恒成立，构造函数，对函数求导，根据函数单调性求出函数的最值即可求解.
【小问1详解】
，
当时，，在上为增函数；
当时，，
令，得；令，得，
在上为增函数，在上为减函数．
【小问2详解】
无论取何值，函数的图象都在函数图象的上方，
即为恒成立，即，则，恒成立，
令，，
，
令，得；令，得，
则在上为增函数，在上为减函数，
，
则．
19. 已知函数．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）已知，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）且时，．
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，求出根0，后分情况讨论即可．
（2）
（ⅰ）由前面一问赋值0，得到，令，两边再n次方即可．
（ⅱ）由前面得出，两边取对数，变形得到．累加求和,后按照放缩求和即可.
【小问1详解】
由得，
单调递增且．故时，；时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
【小问2详解】
（ⅰ）由（1）知，，即，当且仅当时取等号，
令得，两边n次方得，即得证．
（ⅱ）由，两边取对数得，即，
则有，，…，，
累加得．
即得证．