安徽省怀宁县高河中学2024-2025学年高二下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版）

这是一份安徽省怀宁县高河中学2024-2025学年高二下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版），共23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。
1. 已知函数在处的导数为4，则（ ）
A. B. 2C. D. 4
2. 下列求导运算不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
3. 已知等比数列是递增数列，其前n项和为，，，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
4. 已知P是椭圆E：上异于点，的一点，E的离心率为，则直线AP与BP的斜率之积为
A. B. C. D.
5. 已知函数为连续可导函数，的图像如图所示，以下命题正确的是（ ）

A. 是函数的极大值B. 是函数的极小值
C. 在区间上单调递增D. 零点是和
6. 一个矩形铁皮的长为，宽为，在四个角上截去四个相同的小正方形，制成一个无盖的小盒子，若记小正方形的边长为，小盒子的容积为，则（ ）
A. 当时，有极小值B. 当时，有极大值
C. 当时，有极小值D. 当时，有极大值
7. 已知等差数列（）前n项和为，公差，，则使得的最大整数n为（ ）
A 9B. 10C. 17D. 18
8. 函数与函数有两个不同交点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、多选题（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. （多选题）已知函数，则（ ）
A. 函数在区间上单调递减
B. 函数在区间上的最大值为1
C. 函数在点处的切线方程为
D. 若关于的方程在区间上有两解，则
10. 已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过F的直线l交抛物线于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，且A，B在其准线上的射影分别为A1，B1，则下列结论正确的是（ ）
A. 若直线l⊥x轴，则|AB|=2B. C. y1·y2=-4D. ∠A1FB1=
11. 已知函数的导函数为（ ）
A. 若有三个零点，则B.
C. 是的极小值点D. 当时，则
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知函数，则__________.
13. 已知曲线与的公切线为，则实数______.
14. 已知，对任意的，不等式恒成立，则k的取值范围是__________．
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. 设函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若恒成立，求实数的取值范围．
16. 已知函数．
（1）若，求函数在上的最大值和最小值；
（2）讨论函数单调性．
17. 如图1，在矩形中，是中点，将沿直线翻折到的位置，使得，如图2.
（1）求证：面PCE面ABCE；
（2）求与面所成角的正弦值.
18. 已知正项数列的前项和为，且满足.
（1）证明：为等差数列.
（2）求的值和的通项公式.
（3）若数列满足，其前项和为，证明：.
19. 已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若，讨论方程的根的个数.
2025年春高河中学高二第一次月考数学试题
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 已知函数在处的导数为4，则（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】由导数的定义变形求解可得.
【详解】由函数在处的导数为4，
则
.
故选：A.
2. 下列求导运算不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用导数的运算法则及复合函数的导数求法判断各项的正误.
【详解】A：，对；
B：，对；
C：，错；
D：，对.
故选：C
3. 已知等比数列是递增数列，其前n项和为，，，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据下标和性质求出，即可求出、，即可求出，再由求和公式计算可得.
【详解】因为等比数列单调递增，，则，又，
解得或（舍去），所以，
所以.
故选：D.
4. 已知P是椭圆E：上异于点，的一点，E的离心率为，则直线AP与BP的斜率之积为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用点P与椭圆长轴两顶点连线的斜率之积的不等式，建立等式，考查椭圆的方程，即可确定a，b的关系，从而通过椭圆的离心率，求解即可．
【详解】设，点，，椭圆E：，
椭圆的离心率为，
，，则，所以，
点P与椭圆长轴两顶点连线的斜率之积为：，
故选C．
【点睛】本题考查斜率的计算，考查椭圆的几何性质，考查学生的计算能力，属于中档题．
5. 已知函数为连续可导函数，的图像如图所示，以下命题正确的是（ ）

A. 是函数的极大值B. 是函数的极小值
C. 在区间上单调递增D. 的零点是和
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合导数判断的单调性，进而逐项分析判断.
【详解】因为，
由图可知：，；或，；
且或，；，；
可得或，；，；
且函数为连续可导函数，
则在内单调递减，在内单调递增，
可知有且仅有一个极小值，无极大值，故AC错误，B正确；
由于不知的解析式，故不能确定的零点，故D错误；
故选：B.
6. 一个矩形铁皮的长为，宽为，在四个角上截去四个相同的小正方形，制成一个无盖的小盒子，若记小正方形的边长为，小盒子的容积为，则（ ）
A. 当时，有极小值B. 当时，有极大值
C. 当时，有极小值D. 当时，有极大值
【答案】B
【解析】
【分析】
求出小盒子的容积，通过求导判断函数的极值情况可得答案.
【详解】小盒子的容积为，
所以，令得，或舍去，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以当时有极大值为144.
故选：B.
7. 已知等差数列（）的前n项和为，公差，，则使得的最大整数n为（ ）
A. 9B. 10C. 17D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】根据，可得异号，根据可知，且，所以，利用等差数列的前n项和公式即可得出结果.
【详解】解：因为，所以异号，
因为，所以，
又有，所以，即，
因为，，
所以的最大整数n为17.
故选：C
8. 函数与函数有两个不同的交点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用参变分类可得和的图象有两个交点，结合导数讨论后者的性质后可得参数的取值范围.
【详解】由得，
则问题转化为和的图象有两个交点，
而，
令，解得，令，解得，
故在上单调递增，
在单调递减，则，
当时， 的图象有两个交点；
当时， 的图象有两个交点；
大致图象如右所示：
结合图象可知，的取值范围是，
故选：D
二、多选题（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. （多选题）已知函数，则（ ）
A. 函数在区间上单调递减
B. 函数在区间上的最大值为1
C. 函数在点处的切线方程为
D. 若关于的方程在区间上有两解，则
【答案】AC
【解析】
【分析】利用导数分析函数的单调性，进而判断AB选项；结合导数的几何意义可判断C选项；画出函数大致图象，结合图象即可判断D选项.
【详解】因为，，
所以，
令，即；令，即，
所以函数在区间上单调递减，在上单调递增，故A正确；
因为，，
所以函数在区间上的最大值为4，故B错误；
因为，，
所以函数在点处切线方程为，
即，故C正确；
因为，函数大致图象如图，
要使方程在区间上有两解，
则，故D错误.
故选：AC.
10. 已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过F的直线l交抛物线于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，且A，B在其准线上的射影分别为A1，B1，则下列结论正确的是（ ）
A. 若直线l⊥x轴，则|AB|=2B. C. y1·y2=-4D. ∠A1FB1=
【答案】CD
【解析】
【分析】选项A，求解A，B点的坐标，从而求出AB的长；选项BC，设出直线l的方程，联立直线l与抛物线C的方程组，消元得一元二次方程，得到两根之积；D选项，由抛物线定义得到∠AFA1=∠A1FO=∠AFO，∠BFB1=∠B1FO=∠BFO，从而得到答案.
【详解】抛物线C的焦点F（1，0），准线方程x=-1，显然l不垂直于y轴，设l的方程为x=my+1，由得：y2-4my-4=0，y1，y2是此方程的二根，
选项A，直线l⊥x轴，m=0，y1=2，y2=-2，则|AB|=4，即选项A错误；
选项B，y1·y2=-4，则，即选项B错误；
选项C，y1·y2=-4，即选项C正确；
选项D，如图中，由抛物线的定义知，|AF|=|A1A|，∴∠AA1F=∠AFA1，
又AA1//x轴，∴∠AA1F=∠A1FO，∴∠AFA1=∠A1FO=∠AFO，同理可得，∠BFB1=∠B1FO=∠BFO，
∴∠A1FB1=∠A1FO+∠B1FO=（∠AFO+∠BFO）=，即选项D正确.
故选：CD
11. 已知函数的导函数为（ ）
A. 若有三个零点，则B.
C. 是的极小值点D. 当时，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用导数判断出单调性并求出、，结合零点定义逐项判断可得答案.
【详解】因为函数，所以，
令，解得，或，
当，或，，当，，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
，，
对于A，由得，
即，，
因为在上单调递减，所以在上只有一个零点，
因为，在上单调递增，
可得上只有一个零点，
因为，在上单调递增，
可得在上只有一个零点，
综上，有三个零点，故A正确；
对于B，，
，
所以，故B正确；
对于C，是的极大值点，故C错误；
对于D，当时，则，
解得，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知函数，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】对函数求导，代入，求出，得到函数解析式，可求
【详解】函数，则，
则，
所以，则，
则.
故答案为：.
13. 已知曲线与公切线为，则实数______.
【答案】
【解析】
【分析】设切点坐标为，求得切线方程，根据题意，求得，得到切线方程为，再设切点为，结合切点在切线上和，列出方程组，即可求解.
【详解】由函数，可得，
设切点坐标为，可得，则切线方程为，
即，与公切线重合，可得，
可得，所以切线方程为，
对于函数，可得，设切点为，则
则 ，解得.
故答案为：
14. 已知，对任意的，不等式恒成立，则k的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】构造函数，利用单调性得到，分离参数，求出，，的最大值即可
【详解】由条件得，
构造函数，对其求导得，令得，
于是当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增．
因为，，所以，，根据，得到，
分离参数得对恒成立，
只需
构造函数，，对其求导得，
令得，于是当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
所以，于是，因此k的取值范围是
故答案为：
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. 设函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，讨论的范围确定导数正负可得出单调性；
（2）由已知得恒成立，令，利用导数求得的最小值即可.
【小问1详解】
由，则
当时，恒成立，则在上单调递增；
当时，令，解得，
时，，则在上单调递增；
时，，则在上单调递减．
【小问2详解】
由题意恒成立，
因为，即得恒成立，即，，
记则，
令，得，令，得，即在上单调递减，
令可得，即在上单调递增，
所以，
所以，即实数的取值范围为．
16. 已知函数．
（1）若，求函数在上的最大值和最小值；
（2）讨论函数的单调性．
【答案】（1）最大值为，最小值为；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数研究函数在的单调性，求极值和区间端点函数值，即可求解；
（2）对函数求导，根据未知数的不同范围，分别求出函数单调性.
【小问1详解】
当时，，则，
令，得或，
由于，
所以当，，在单调递减，
所以当，，在单调递增，
所以在时取到极小值，且，
又因为，，
综上，函数在上的最大值为，最小值为.
小问2详解】
因为，所以，
当，即时，，
在单调递增，
当，即时，
令，则，
所以当，，在单调递增，
当，，在单调递减，
当，，在单调递增.
综上所述，当时，在单调递增，
当时，在，单调递增，在单调递减.
17. 如图1，在矩形中，是中点，将沿直线翻折到的位置，使得，如图2.
（1）求证：面PCE面ABCE；
（2）求与面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）连结，可得，结合两图，可得，，又，根据线面垂直的判定定理证得面PEC，再利用面面垂直的判定定理证得结果；
（2）以点为原点，分别以直线为轴，轴，以经过点且垂直于平面的直线为轴建立直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值得到结果.
【详解】（1）证明：连结，
由图1可得
在图2中
又面PEC
面ABCE面PCE面ABCE
（2）以点为原点，分别以直线为轴，轴，以经过点且垂直于平面的直线为轴建立直角坐标系.
由题意可知，
设面法向量为
则令得所以
所以直线与面所成角的正弦值为.
【点睛】方法点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，解题方法如下：
（1）结合平面几何的知识得到线线垂直，利用线面垂直的判定定理证得线面垂直；
（2）建立适当的坐标系，求得平面的法向量和直线的方向向量，求得其所成角的余弦值，进而得到线面角的正弦值.
18. 已知正项数列的前项和为，且满足.
（1）证明：为等差数列.
（2）求的值和的通项公式.
（3）若数列满足，其前项和为，证明：.
【答案】（1）证明过程见解析；
（2），；
（3）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）根据时，得到，证明出为等差数列；
（2）利用等差数列性质及得到，结合求出，并得到通项公式；
（3），利用错位相减法求和，得到.
【小问1详解】
①，
当时，②，
式子①-②得，
故，故，
为正项数列，故，所以，
即，为公差为2的等差数列；
【小问2详解】
由（1）知，为公差为2的等差数列，
，故，
中，令得，
即，
将代入上式得，解得，
的通项公式为；
【小问3详解】
，
③，
故④，
式子③-④得
，
故.
19. 已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若，讨论方程的根的个数.
【答案】（1）答案见解析；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）应用分类讨论及导数研究函数的单调区间即可；
（2）根据已知有，构造并应用导数研究函数的单调性，得到，利用导数研究右侧的单调性和最值，即可得参数范围.
【小问1详解】
的定义域为，则，
因，由，解得，
①当时，恒成立，
所以的无递增区间，递减区间为；
②当时，，
令，得；令，得，
所以的递增区间为，递减区间为；
③当时，，
令，得；令，得，
所以的递增区间为，递减区间为；
综上所述，
当时，无递增区间，递减区间为；
当时，的递增区间为，递减区间为；
当时，的递增区间为，递减区间为；
【小问2详解】
由题设，
令，则，即在上单调递增，
故上式中满足，则有，可得，
令，则，由解得.
当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
当时，且，当时，，
故.
结合图象，可知，
当时，方程有0个实根；
当或时，方程有1个实根；
当时，方程有2个实根.