福建省厦门外国语学校海沧校区2024-2025学年高二下学期第一次月考 数学试卷（含解析）

这是一份福建省厦门外国语学校海沧校区2024-2025学年高二下学期第一次月考 数学试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁和平整等内容，欢迎下载使用。
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分．考试用时120分钟．
注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上．
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上作答无效．
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液．不按以上要求作答的答案无效．
4．考生必须保持答题卡的整洁和平整．
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. 如果函数在处的导数为1，那么（ ）
A. B. 1C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数的定义求解.
【详解】因为，所以，
所以．
故选：A．
2. 下列求导数的运算中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由基本函数的导数和复合函数的导数运算可得.
【详解】A：，故A错误；
B：，故B错误；
C：，故C错误；
D：，故D正确；
故选：D.
3. 已知函数，则的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数判定单调性结合特殊区间即可得出选项.
【详解】，
令，所以在和上单调递增，
又当时，，.
故选：C
4. 若函数在区间内单调递减，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求f(x)的导数，原问题等价于在上恒成立，据此即可求出a的范围.
【详解】∵，∴，
∵x∈时，，
∴若在内单调递减，则在上恒成立，
即得在恒成立，∴.
故选：C.
5. 若点是曲线上任意一点，则点到直线的最小距离为（ ）
A. B. C. 2D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】由导数的几何意义求得曲线上与直线平行的切线方程的切点坐标，求出切点到直线的距离即为所求最小距离．
【详解】直线的斜率，函数定义域为，
点是曲线上任意一点，设，求导得，
令，而，解得，此时，
曲线上与直线平行的切线的切点为，
所以曲线上点到直线的最小距离，为点到直线的距离.
故选：B
6. 已知定义在上的函数满足，且，则的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据，构造函数，判断其单调性，将化为，根据函数单调性即可求得答案.
【详解】令，，则，
故在上单调递减，结合，得，
由，得，即，则，
即的解集是，
故选：A
7 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对a、b、c同时取自然对数可得，构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合对数函数的单调性即可求解.
【详解】对a、b、c同时取自然对数，
得，
即，
构造函数，则，
当时，，则在上单调递增，
所以，即，
所以，又函数在上单调递增，
故．
故选：C.
8. 已知函数及其导函数的定义域均为，，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先应用赋值法计算，再结合复合函数求导得出 ，最后赋值计算即可.
【详解】因为，且，令，得.
对两边同时求导，得，即.
令，得.
令，得，故.
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 若两曲线与存在公切线，则正实数的取值可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】首先设出两个函数在两点处的切线，利用待定系数法将用表示，再构造函数解决函数最值即可．
【详解】解：设
由两曲线与分别求导得，
所以，
故在处切线为：，整理得：，
在处切线为，整理得：，
所以，解得，
构造函数，，
令，解得：，故在递增，在递减，
故，
∵正实数，∴的取值范围是，
故选：ABC
11. 已知函数，下列结论正确的是（ ）
A. 当时，是的极大值点
B. 存在实数，使得成立
C. 若在区间上单调递减，则的取值范围是
D. 若存在唯一的零点，且，则的取值范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】通过求导判断函数的单调性进而确定极值点即可判断A；代入函数进行化简验证等式即可判断B；根据函数在区间上的单调性得出关于的不等式，解之即可判断C；利用导数讨论函数的单调性，结合零点情况确定的取值范围即可判断D.
【详解】A：，令，得或.
当时，，令或，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以是的极大值点，故A正确；
B：，
所以，
整理得，
所以，解得，即存在使得，故B正确；
C：若在上单调递减，则在上恒成立，
即不等式在上恒成立，
又在上单调递减，其值域为，所以，故C错误；
D：由选项A知，当时，，
令，解得，所以函数又两个零点，不符合题意；
当时，，令或，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为，极小值，
且当时，，当时，，
要使存在唯一的零点，则，
解得或（舍去），所以，此时，不符合题意；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以的极大值为，极小值，
且当时，，当时，，
要使存在唯一的零点，且，则，
解得或（舍去），所以.
综上，的取值范围为，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：解决本题选项D关键是分类讨论取值范围，求出对应的极值，利用存在唯一的零点且建立不等式，解不等式即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数，，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】求导得出函数在上的单调性，即可求得的最小值.
【详解】数，，求导得，
令，得，而，则，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
因此，
所以的最小值为.
故答案为：
13. 若函数在处取得极小值，则实数______．
【答案】4
【解析】
【分析】根据求出，再根据单调性检验即可得解.
【详解】，
所以，解得或，
当时，，
当或时，，为增函数，
当时，，为减函数，
所以在处取得极小值，符合题意；
当时，，
当或时，，为增函数，
当时，，为减函数，
所以在处取得极大值，不符合题意.
故答案为：4
14. 已知当，不等式恒成立，则实数a的取值范围是____________.
【答案】
【解析】
【分析】原不等式可转化为，设，则，结合函数的单调性，进一步可得，令，求出函数在上的最大值即可得解．
【详解】由，得，
即，
设，则，
因为函数在上都单调递增，
所以函数在上单调递增，则，
所以，
设，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
所以，则，
所以实数的取值范围为．
故答案为：.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
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）若曲线在点处的切线方程为，求a，b；
（2）若，，求a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而求出切线方程；
（2）分、和讨论，分离参数，利用导数研究函数的单调性，进一步求得函数最值，最后求交集即可得解.
【小问1详解】
因为，所以，
又，所以，由题意，
又即，两式联立解得.
【小问2详解】
由，得，即，当时，R，
当时，，当时，，记，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，，所以，当时，，所以，
综上，a的取值范围为.
16. 已知数列满足，
（1）请证明是等比数列，并求数列的通项公式；
（2）令，求数列前项的和．
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件得到，利用等比数列的定义即可求解，再由等比数列的通项公式，即可求解；
（2）由（1）得，再由错位相减法，即可求解.
【小问1详解】
因为，则，
又，因此是以为首项，为公比的等比数列，
由，得到．
【小问2详解】
由（1）知，，
所以①，
则②，
由①②得到，
所以，
故．
17. 如图，在直三棱柱中，，为的中点，为的中点．

（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面所成角正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，根据中位线的性质得到，然后得到四边形为平行四边形，根据直棱柱的性质得到，最后利用线面垂直的判定定理证明；
（2）解法一：利用余弦定理得到，然后建系，利用空间向量的方法求线面角；
解法二：根据线面角的定义得到即为直线与平面所成角，然后求线面角；
解法三：利用等体积的思路得到点到平面的距离，然后求线面角.
【小问1详解】

取中点，连接，
因为，所以，
为的中点，所以为的中位线，所以，
又，所以四边形为平行四边形，有，
又因为平面平面，则，
由于平面，所以平面，
又因为，所以平面．
【小问2详解】
解法一：由（1）可知：两两垂直，如图，以为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
在中，由余弦定理可得：，则，
于是，
则，
设平面，
于是，即，
令，则，
设直线与平面所成角为，
那么，
即直线与平面所成角的正弦值为．

解法二：在中，由余弦定理可得：，则，
如图，连接，由（1），平面平面，则，
又因为，四边形为正方形，为的中点，，
由于平面，则平面，
如图，记，过点作，连接，
由于平面平面，则，
又因为平面，则平面，
所以即为直线与平面所成角，由于，
则，
由于，则为的三等分点，则，
于是，
即直线与平面所成角的正弦值为．

解法三：设直线与平面所成角为，点到平面的距离为，则，
在中，，则，
过作交的延长线于，易得，
且易证平面，
由于，则，
在中，，且，
又，则．

【点睛】
18. 已知函数.
（1）当时，求函数在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若方程有两个不同的实数根，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）或
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求切线斜率，再利用点斜式方程写出切线方程即可；
（2）对函数求导，需要对参数进行分类讨论，确定导函数正负，进一步确定原函数的增减；
（3）由题意得有两个不同实根,令，对进行分类讨论，确定函数的零点个数，从而求得的取值范围.
【小问1详解】
由题意的定义域为
当时，，
，，又，
在处的切线方程为，即
【小问2详解】
，
，
当，即时，，
在上单调递减，
当，即时，在上，，在上，
在上单调递减，在上单调递增，
综上，时，在上单调递减；
时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问3详解】
方程有两个不同实根，
等价于方程有两个不同实根,
设，
则且，
当时，时，时，，
此时函数只有一个零点，方程只有一个根，不符合题意；
当时，在上单调递增，
当时，，
存在使，
在上，在上，
在上单调递减，在上单调递增，
，
又，
设，则，
当时，单调递减，
又，，又，
在上和上各有一个零点，符合题意；
当时，，
在上，在上，
上单调递增，在上单调递增，
，
只有一个零点，不符合题意；
当时，，
，
存在使得，
在上单调递减，在上单调递增，
，
，
又当时，单调递增，
又，，在上存在一个零点
又，时有两个零点，符合题意；
综上，方程有两个不同实根时，或.
【点睛】关键点点睛：对于含参数的函数零点问题，1是对参数分类讨论，利用函数的单调性与零点存在性定理判断函数零点个数；2是参变分离，利用两个函数交点个数问题，数形结合求解.
19. 已知函数．
（1）若，求函数的最大值；
（2）若函数有两个不同的零点m，n．
（ⅰ）求实数k的取值范围；
（ⅱ）若不等式恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）-1 （2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，根据单调性求出最大值即可.
（2）（ⅰ）求导，分和讨论单调性，结合有两个不同的零点，可得，继而可求解；
（ii）由题意可得，令，即，成立，令，利用导数分、及讨论单调性即可求解.
【小问1详解】
，,
由得，由得,
所以在上单调递增，在上单调递减，则．
【小问2详解】
（ⅰ）令，则．
当时，，单调递增，
所以上至多有一个零点，不符合题意；
当时，在上单调递减，
令，得．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，则，
易知当且趋向于0时，；当时，，
因为有两个不同的零点，
所以，解得．
所以的取值范围是.
（ii），，
由得，
即，
令，则只需，
即，．
令，
则，令，则．
因为，
当时，，则单调递减，，
从而单调递增，故，不符合要求；
当时，在单调递减，，
从而单调递增，故，不符合要求．
当时，，则单调递增，，
从而单调递减，故，符合要求．
综上所述．
【点睛】方法点睛：破解双变量不等式的方法：
①转化，即由条件入手，寻找双变量满足的关系式，并把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式；
②巧构函数，再借用导数判断函数的单调性，从而求其最值；