江苏省常州市田家炳高级中学2024−2025学年高二下学期3月份阶段调研 数学试卷（含解析）

这是一份江苏省常州市田家炳高级中学2024−2025学年高二下学期3月份阶段调研 数学试卷（含解析），共12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．某物体的位移（米）与时间（秒）的关系为，则该物体在时的瞬时速度是
A．米/秒B．米/秒C．米/秒D．米/秒
2．下列式子正确的有（ ）
A．B．，
C．D．
3．向量，，，且，，则（ ）
A．B．C．D．
4．函数的大致图象为（ ）
A．B．
C．D．
5．若是区间上的单调函数，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．或D．
6．已知定义在R上的可导函数的导函数为，满足，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
7．如图：正三棱锥中，分别在棱上，，且，则的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，，若，使得成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．（多选）设函数在R上可导，其导函数为，且函数的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ）
A．有两个极值点B．为函数的极大值
C．有两个极小值D．为的极小值
10．关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A．若构成空间的一个基底，则，，必共面
B．若空间中任意一点，有，则P，A，B，C四点共面
C．若空间向量、满足，则与夹角为钝角
D．点关于平面对称的点的坐标是
11．已知函数是自然对数的底数，则（ ）
A．
B．若，则
C．的最大值为
D．若关于的不等式有正整数解，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．若函数的导函数是偶函数，则在点处的切线方程为 .
13．，的最小值为 .
14．已知，则y的最小值为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数在处取得极小值5.
(1)求实数的值；
(2)当时，求函数的值域.
16．如图，正四面体（四个面都是正三角形）OABC的棱长为1，M是棱BC的中点，点N满足，点P满足.
(1)用向量表示；
(2)求.
17．已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若对任意的，且，都有，求实数的取值范围.
18．已知函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围.
19．已知函数（其中实数为常数）.
(1)若不存在极值点，求实数的取值范围；
(2)若存在两个极值点，且，求的取值范围.
参考答案
1．【答案】B
【详解】由得： 当时，
即该物体在时的瞬时速度为：米/秒
本题正确结果：
2．【答案】B
【详解】对于A，，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，C错误；
对于D，，D错误.
故选B.
3．【答案】C
【详解】由，，则，解得，
，，
，
.
故选C.
4．【答案】B
【详解】因为，所以，
当时，，单调递减，
当时，令，得，令得，
所以在单调递减，在单调递增，当时，有最小值1，
只有选项B图象符合.
故选B.
5．【答案】C
【详解】由题意，，
令，解得，令，解得或，
所以在上单调递减，在，上单调递减，
若函数在区间上单调，
则或或，解得或或，
即或.
故选C.
6．【答案】D
【详解】设，则
由条件，所以，所以在上单调递减.
由，得
不等式，即，也即是，解得
所以不等式的解集为
故选D.
7．【答案】C
【详解】设，则，
因为，所以，
所以，
所以，化简得，
所以，所以，即的余弦值为.
故选C.
8．【答案】A
【详解】，使得成立，则，
因为，则，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在单调递减，在单调递增，
所以，
因为，则，
所以.
故选A.
9．【答案】BC
【详解】根据的图象，可得当时，，可得，即单调递减，
当时，，可得，即单调递增，
当时，，可得，即单调递减，
当时，，可得，即单调递增，
因此在和处取得极小值，在处取得极大值，共3个极值点，可得A错误，C正确；
选项B，为函数的极大值，即B正确；不为函数的极小值，D错误.
故选BC.
10．【答案】ABD
【详解】A选项，构成空间的一个基底，则不共面，
因为，则，，必共面，故A正确；
B选项，在中，所以四点共面，故B正确；
选项C，当时，则是钝角或，故C错误；
选项D，关于平面对称的点，纵坐标和竖坐标不变，横坐标变为相反数，
所以点关于平面对称的点的坐标是，故D正确．
故选ABD．
11．【答案】CD
【详解】因为，所以，所以，故A错误；
若，则，即，由可知，，故B错误.
因为，所以，
由有：；由有：；
所以在上单调递增；在上单调递减；
所以的最大值为，故C正确；
因为，所以，即，
当时，，因为，函数的大致图象为：

又因为，所以，解得，
当时，由可知，必有，不存在正整数解，故D正确.
故选CD.
12．【答案】
【详解】函数 ，
则为偶函数，则，
所以，，
于是，，
所以在点处的切线为：，即.
13．【答案】
【详解】由题，，，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在上的最小值为.
14．【答案】2
【详解】设点是函数图象上的点，点是直线上的点，
则，所以，
因为，设函数在点处的切线与直线平行，则，解得，
则点，所以的最小值为点到直线的距离，
所以的最小值为2.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意可知，
因为在处取极小值5，所以，解得，
此时，
所以在上单调递减，在上单调递增
所以在时取极小值，符合题意
所以，又，所以.
综上.
（2）由（1）得，所以
列表如下：
故时，的值域为.
16．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为M是棱BC的中点，点N满足，点P满足.
所以；
（2）因为正四面体（四个面都是正三角形）OABC的棱长为1，
所以，，
所以，
所以
，所以.
17．【答案】(1)答案见解析
(2)
【详解】（1）由函数，
可得，
①若，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
②若时，可得，所以在上递增，无递减区间；
③若，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
④若，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，①当时，增区间为，减区间为；
②当时，增区间为，无减区间；
③当时，增区间为，减区间为；
④当时，增区间为，减区间为.
（2）由函数，
因为对任意的，且，都有，
不妨设，则等价于，
设，等价于在上是增函数，
因为，可得，
依题意，对任意有恒成立，
又由，可得，即实数的取值范围为.
18．【答案】(1)的单调递减区间为，单调递增区间为
(2)
【详解】（1）当时，，
则，
其中恒成立，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）.由，可得.
令，则.
令，则，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以.
所以，在上单调递增.
所以当时，的最小值为，所以.
故实数的取值范围是.
19．【答案】(1)
(2)
【详解】（1），
，
设，
不存在极值点，
是定义域上的单调函数，而函数的图象为开口向上的抛物线，
在定义域上恒成立，即在上恒成立，
又二次函数图象的对称轴为，且图象过定点，
或，解得，
实数的取值范围为.
（2）由（1）知的两个极值点满足，
所以，
不妨设，
则当时，当时，当时，
所以在上是减函数，
，
，
令，则，又，即，
解得，，
设，
则，
在上单调递增，
，，
即，
所以的取值范围为.0
1
2
3
0
0
1
极大值6
极小值5
10