甘肃省张掖市肃南裕固族自治县2024-2025学年高二下学期开学摸底考试 数学试题（含解析）

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一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 函数在区间上的平均变化率等于（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平均变化率的定义计算.
【详解】由已知,
故选：B．
2. 下列求导运算结果正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数运算法则及基本初等函数的导数公式计算可得.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，因为是常数，所以，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选：D.
3. 在正项等比数列中，已知，，则（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】利用等比数列的基本量运算求出公比，进而化简求值即可．
【详解】设等比数列的公比为
，或（舍）
则
故选：B
4. 已知在R上可导函数的图像如图所示，则不等式的解集为
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】由导数与单调性的关系得出和的解，然后可得原不等式的解．
【详解】由在R上可导的函数的图像可知：当或时，，当时，；且当时，，当且时，，从而可得不等式的解集为，
故选：B．
5. 把一个周长为的长方形围成一个圆柱，当该圆柱的体积最大时，圆柱底面半径为（ ）
A B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设圆柱的底面半径为，则高为，得到，再利用导数与函数单调性间的关系，求出单调区间，即可求出结果.
【详解】设圆柱的底面半径为，则高为，可得，
则该圆柱的体积，
则，
令，解得，此时单调递增；
令，解得，此时单调递减；
所以当时，圆柱体积取得最大，此时圆柱的高为.
故选：C.
6. 若对任意的，且，都有，则实数的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件得到，构造函数，利用导数与函数间的关系，求出的单调减区间，即可求出结果.
【详解】因为，由，得到，即，
令，则在区间上单调递减，
又，由，得到，
由，得到，即在区间上单调递减，所以，
故选：B.
7. 若函数的图象与函数的图象有公切线，且直线与直线互相垂直，则实数（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据垂直性质可得，再求导根据导数的几何意义可得切线的方程为，再设函数与直线切于点，列式求解即可
【详解】由题知，，令，又，解得，因为，所以切线的方程为.，
设函数与直线切于点，
所以，故，
即，，解得或.
故选：D
8. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先构造，利用导数判断其在上的单调性，再通过得到. 然后通过不等式放缩得到，从而得到，由此得解.
【详解】设，则，从而当时有，所以在上单调递减.
这表明，即，从而，即.
注意到，从而，即，
所以，
综上，有.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题中较为关键的是比较和的大小，而这可以转化为比较和的大小，观察结构不难想到去研究的单调性.
二、多选题：本题共4小题，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知函数，若在区间上单调递减，则可以取到的整数值有（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】AB
【解析】
【分析】根据条件，将问题转化成在区间上恒成立，构造函数，求出的最小值，即可得出结果.
【详解】因为，所以，
由题知在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
令，则在区间上恒成立，
即在区间上单调递增，所以，故，即，
故选：AB.
10. 过双曲线的右焦点作直线与该双曲线交于两点，则（ ）
A. 与该双曲线有相同渐近线且过点的双曲线的标准方程为
B. 仅存在一条直线，使
C. 若都在该双曲线的右支上，则直线斜率的取值范围是
D. 若直线斜率为1，则弦的中点坐标为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由双曲线的性质，直线与双曲线的位置关系逐项分析即可.
【详解】对于A，设与该双曲线有相同渐近线的双曲线的标准方程为：，
代入点，得，所以该双曲线的标准方程为，故A正确；
对于B，由于通径为，实轴长，而过右焦点的弦长，
，而，所以直线不止一条，故B错误；
对于C，设直线的方程为，，
联立，化简整理得，
则，，
，，若A、B都在该双曲线的右支上，
则，即，解得，
所以直线的斜率的取值范围为，故C正确；
对于D，设，弦的中点坐标为，
则，两式相减整理得，
因为，则，又，
解得，，所以弦的中点坐标为，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知函数的定义域是，是的导函数，若对任意的，都有，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D. 当时，
【答案】BC
【解析】
【分析】构造，则根据有单调递增，再利用单调递增得到相应的不等式以判断各个选项即可.
【详解】设，则定义在上，且，所以单调递增.
由单调递增知，从而，A错误；
由单调递增知，从而，B正确；
由单调递增知，从而，C正确；
由单调递增知当时，则，
有，从而，即，D错误.
故选：BC.
12. 已知，，则下列结论正确是（ ）
A. 函数在上存在极大值
B. 为函数的导函数，若方程有两个不同实根，则实数m的取值范围是
C. 若对任意，不等式恒成立，则实数a的最大值为
D. 若，则的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用导数探讨的单调性判断A；求出并利用导数探讨其性质，结合函数零点判断B；利用函数的单调性脱去法则“f”，再利用的单调性求出最小值判断C；由已知结合同构思想得，再利用导数求出的最小值判断D.
【详解】对于A，，令，则，
当时，，函数递增，当时，，函数递减，
于是，因此在上单调递增，在上无极值点，A错误；
对于B，，令，则，
当时，，函数递减，当时，，函数递增，
则，即，显然当时，恒有，
方程有两个不同实根，即直线与函数的图象有两个交点，
因此，B正确；
对于C，由选项B知，在上恒成立，则函数在上单调递增，
于是，不等式，
则有，，由选项A知，函数在上单调递增，
因此，即，所以实数a的最大值为，C正确；
对于D，若，则，
即，由，得，
由选项A知，函数在上单调递增，于是，，
因此，令，则，
当时，，函数递增，当时，，函数递减，从而，
所以的最大值为，D正确.
故选：BCD
【点睛】结论点睛：一般地，已知函数，（1）若，总有成立，故；
（2）若，总有成立，故；（3）若，使得成立，故；
（4）若，使得，故.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 函数的单调递增区间是_____．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：因为，所以单调递增区间是
考点：导数应用
14. 已知函数在处取得极小值，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】对求导，根据题意建立方程组，即可求出结果.
【详解】因为，所以，
由题有，解得，
此时，
当或时，，当时，，
所以时函数的极小值点，
故满足题意，所以，
故答案为：.
15. 已知函数，使不等式成立，则实数的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得，再利用导数求出最值，代入即可得解.
【详解】由题意，可得，
当时，，
由，可得，由，可得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，
因为，所以在上单调递减，所以，
所以，解得.所以实数的取值范围是.
故答案为：.
16. 若函数只有一个极值点，则的取值范围为_________．
【答案】
【解析】
【分析】计算得到，然后令，并利用导数分析的正负性，再将其与的正负性结合，得到的正负性，即可推知的单调性，进一步得到的极值点个数情况.
【详解】由，知.
令，则，且. 下面先来讨论的正负性：
当时，有，所以单调递增，而，，所以存在唯一的零点，且，结合单调性，知当时，当时；
当时，；
当时，由，知当时，当时.
所以在上单调递减，在上单调递增，且，当且仅当时等号成立.
同时，如果，则，而，且由知，结合，可知存在，使得，结合单调性，知当或时，当时.
综上，我们有以下结果：
当时，存在使得当时，当时；
当时，；
当时，当时，当时；
当时，存在，使得，且当或时，当时，当或时.
下面进行分类讨论：
当时，如上图所示. 根据之前的讨论，此种情况下，存在使得当时，当时.
从而由，知当或时，当时.
所以在和上递增，在上递减，这表明和都是的极值点，从而至少有2个极值点，不满足条件；
当时，如上面三张图所示（分别对应，和的情形）. 根据之前的讨论，此种情况下，当时，必有.
从而由，知当时，当时. 从而在和上递减，在上递增.
故在上递减，在上递增，这表明只有一个极值点，满足条件；
当且时，如上面两张图所示（分别对应和的情形）. 根据之前的讨论，此种情况下，存在，，使得，且当或时，当时，当或时. 由于，故. 设将从小到大排序后分别是.
从而由，知当或时，当或时. 故在和上递减，在和上递增.这表明都是的极值点，从而至少有3个极值点，不满足条件；
当时，如上图所示. 根据之前的讨论，此种情况下，存在，，使得，且当或时，当时，当或时. 由于，，故.
从而由，知当时，当时. 从而在上递减，在和上递增.
故在上递减，在上递增，这表明只有一个极值点，满足条件.
综上，的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对中的因子单独研究其正负性，然后与结合，再利用“穿针引线法”得到的正负情况.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 已知曲线，求：
（1）曲线在点处的切线方程；
（2）曲线过点的切线方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）首先得到点是切点，故只需求出即可得解；
（2）首先得到点不是切点，设切点为，由，即可列式并联立求解即可.
【小问1详解】
由于，从而点是切点，
又，所以，
从而曲线在点处的切线方程为，即；
【小问2详解】
由，从而点不是切点，
设切点为，显然，
一方面，另一方面，
联立以上两式可得，所以或，也就是或，
又，，
所以曲线过点的切线方程为或，
也就是或.
18. 已知正项数列，满足．
（1）求；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用的关系，结合已知条件以及等差数列的通项公式即可求得结果；
（2）根据（1）求出，利用裂项求和法求得结果.
【小问1详解】
由，可得，，
两式相减得，又，
，即，，又，解得，
所以数列是以3为首项，以2为公差的等差数列，
.
【小问2详解】
由（1），，
所以
.
19. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）求函数在区间上的最小值．
【答案】（1）答案见详解 （2）答案见详解
【解析】
【分析】（1）求出导函数，分类讨论的正负确定和的解，得单调性；
（2）结合（1）的单调性分类讨论得最小值．
【小问1详解】
由，，
当时，，即函数在上单调递减，
当时，有，，，，即在上单调递减，在上单调递增，
综上，当时，函数在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
由（1），当时，函数在上单调递减，，
当，即时，函数在上单调递减，，
当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，
.
综上，当时，，当时，.
20. 在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，是动点，且直线与的斜率之积等于．
（1）求动点的轨迹方程；
（2）过点作两条斜率为的直线分别交曲线于（异于）两点，且，求证：直线过定点，并求出定点坐标．
【答案】（1）
（2）证明见详解，定点
【解析】
【分析】（1）求得点坐标，设出点坐标，根据直线与的斜率之积等于列方程，化简求得动点P的轨迹方程.
（2）设直线，，，与椭圆联立方程组，由韦达定理可得，根据条件，可得，化简运算得得解.
【小问1详解】
由题意，，，设点，
所以，，
化简整理得.
所以动点的轨迹方程为.
【小问2详解】
设直线，，，
联立，化简整理得，
则，
则，，
而，
所以，
化简整理得，，
则，
整理得，解得或，
直线不过点，故（舍去），所以，
直线，所以直线过定点.

21. 设函数，其中为实数．
（1）当时，证明：；
（2）当在定义域内有两个不同的极值点时，证明：．
【答案】（1）证明见详解 （2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据题意，问题转化证明，构造函数，利用导数证明；
（2）由题意可得是的两个不同零点，即可利用韦达定理结合题意得到的范围，并将中的变量替换成，再借助导数研究其单调性即可得证.
【小问1详解】
当时，，
要证，即证，令，，
，当时，，当时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，即成立.
【小问2详解】
，由在上有两个不同的极值点，
所以方程，即有两个不同的正根，
则，解得，
又
，
令，
则，所以在上单调递增，
，
所以.
22. 已知函数．
（1）当时，求的极值；
（2）设，不等式对恒成立，求整数的最大值；
（3）当时，不等式对恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）极大值为，无极小值
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）对求导，得到，进而求出的单调区间，再利用极值的定义，即可求出结果；
（2）根据条件，将问题转化成对恒成立，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出的最小值，即可求出结果；
（3）根据条件得到对恒成立，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，进而得到，从而有，即可求出结果.
【小问1详解】
当时，，易知，又，
所以当时，，当时，，
即在区间上单调递增，在区间上单调递减，
故函数在处取到极大值，无极小值.
【小问2详解】
因为，由，
得到，所以不等式对恒成立，
即对恒成立，整理得到对恒成立，
令，则，
令，则区间上恒成立，
所以在区间上单调递增，
又，，由零点存在性原理知，，使，
所以当时，，得到时，，
当时，，得到时，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，所以，又，
所以整数的最大值为.
【小问3详解】
当时，由不等式，得到，
整理得到对恒成立，
令，则，
当时，，当时，，
所以，即，当且仅当时取等号，
所以，
令，则，，所以方程必有解，
所以当且仅当时，有最小值，且最小值为，
所以实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：
①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；
②数形结合( 图像在 上方即可)；
③讨论最值或恒成立.