吉林省白山市抚松县第一中学2024−2025学年高二下学期4月月考 数学试题（平行班）（含解析）

这是一份吉林省白山市抚松县第一中学2024−2025学年高二下学期4月月考 数学试题（平行班）（含解析），共14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．已知函数，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数的导函数的图像如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．是的极小值点B．是的极小值点
C．在区间上单调递减D．曲线在处的切线斜率小于零
4．设某质点的位移（单位：）与时间（单位：）的关系是，则质点在第时的瞬时速度等于（ ）
A．B．C．D．
5．设（e为自然对数的底数），则（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数，若时，恒有，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．若函数与的图像有且仅有一个交点，则关于x的不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
8．关于函数，下列说法错误的是（ ）
A．是的极小值点；
B．函数有且只有1个零点；
C．存在正整数，使得恒成立；
D．对任意两个正实数，且，若，则.
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列求导运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知为函数的导函数，若函数的图象大致如图所示，则（ ）

A．有个极值点
B．是的极大值点
C．是的极大值点
D．在上单调递增
11．已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A．的定义域为B．有解
C．不存在极值点D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．曲线的对称中心为 ．
13．已知恒成立，求正数的取值范围 ．
14．已知直线是曲线和的公切线，则的值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．（1） 已知函数在处取得极小值，求的极大值；
（2） 已知函数，若，求在区间的最小值.
16．用长为的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大？最大体积是多少？
17．已知函数.
(1)求函数在区间上的平均变化率；
(2)设，若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，求实数的值；
(3)求过点且与曲线相切的直线方程.
18．已知函数.
(1)证明曲线在处的切线过原点；
(2)讨论的单调性；
19．已知函数且.
（1）求a；
（2）证明：存在唯一的极大值点，且.
参考答案
1．【答案】A
【详解】对函数求导得，，当时，，解得，则，
所以.
故选A.
2．【答案】D
【详解】因为，所以，，
所以切线的斜率，
所以曲线在点处的切线方程为，
故选D.
3．【答案】D
【详解】由图像知，当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在区间，内单调递增，在区间内单调递减，
是的极大值点，3是的极小值点，故ABC错误；
又因为，所以曲线在处切线斜率小于零，故D正确.
故选D.
4．【答案】D
【详解】质点在第时的瞬时速度为.
故选D.
5．【答案】A
【详解】
令则，
令，即，解得
当时，，
所以在上单调递增.
所以
所以，即，
令则，
令即，解得，
当时，，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以，即（当且仅当时等号成立）.
因为
所以即
所以.
故选A.
6．【答案】B
【详解】由，得，
令，则，
因为函数在上都是增函数，
所以函数在上是增函数，
所以，
所以函数在上是增函数，
所以，
当时，，
所以函数在上单调递增，
所以，满足题意；
当时，则存在，使得，
且当，，函数单调递减，
所以，故不恒成立，
综上所述，的取值范围是.
故选B.
7．【答案】C
【详解】与只有1个交点等价于函数 只有1个零点，
即只有1个解，
令，则，，
当时，单调递增，当时，单调递减，并且，
所以， ，函数的大致图像如下图：
，原不等式为： ，即，
令，显然在时是增函数，又，
的解集是.
故选C.
8．【答案】C
【详解】（），，
当时，，函数单调递减；
时，，函数单调递增；
所以是的极小值点，A正确；
所以极小值为，
图像如下图所示：
设，因为是正整数，最小值为1，如上图所示，
当时，有，
故不满足恒成立，
当时，由图像可知，与的图像必有交点，
故不存在正整数，使得恒成立.C错误；
设（），
，
因为，所以，
所以在上单调递减，
，
所以，使得，
即函数有且只有1个零点，B正确；
要证，即证，
不妨设，由知，，.
设，，
，
在上单调递减，
所以，
所以，即，
又因为，
，，
又因为在上单调递增，
所以有，即，D正确.
故选C.
9．【答案】CD
【详解】对于A，，A错误；
对于B，，B错误；
由求导公式得C正确，由商的导数运算法则得D正确.
故选CD.
10．【答案】ABD
【详解】根据函数的图象可知，
在区间，单调递增；
在区间，单调递减.
所以有个极值点、是的极大值点、在上单调递增，
是的极小值点，
所以ABD选项正确，C选项错误.
故选ABD.
11．【答案】BCD
【详解】对于A选项，由对数函数的性质知的定义域为，故A错误；
对于B选项，令，则，即，解得（舍去）或，故B正确；
对于C选项，，则，
设函数，则为增函数，令，解得，
则时，，单调递减，时，，单调递增，且在上，
所以由图象的性质可知的图象为的图象向左平移一个单位长度得到，且两者无交点，
则无零点，即不存在极值点，故C正确；
对于D选项，因为，
当时，，
故即，故D正确.
故选BCD.
12．【答案】
【详解】设，设函数的对称中心为，则，
等式两边求导得，即，
所以，函数的图象关于直线对称，
因为，故函数的图象关于直线对称，则，
因为，
所以，函数的对称中心为.
13．【答案】
【详解】，
又，所以，
当时，上式显然成立，
所以只需处理的情况即可，此时
，
令，
恒成立，所以严格递增，
在恒成立即可，
令，则，
令，
当时，，严格增，
当时，，严格减，
所以，所以.
14．【答案】
【详解】令，则，
因为直线是曲线的切线，
所以由解得，此时
所以在处的切线为，所以，
又是的切线，
联立得，
令解得，
所以.
15．【答案】（1） 极大值为4；（2）
【详解】（1）由题得，因为函数在处取得极小值，
所以或，
当时，，，
所以当时，，当时，，
所以函数在处取得极小值，符合题意，
所以函数在处取得极大值为；
当时，，，
所以当时，，当时，，
所以函数在处取得极大值，不符合题意；
综上，的极大值为4.
（2），
令，解得或，
当时，则当或时，当时，
所以的单调增区间为，，单调减区间为；
若，即时在上单调递减，
所以在上的最小值为，
若，即时，在单调递减，在单调递增，
所以在的最小值为，
所以.
16．【答案】长为m，宽为1m，高为m时，体积最大，最大体积为3
【详解】设长方体的宽为m，则长方体的长为m，故长方体的高为m，
由，解得：，
设长方体的体积为，
故，
则，
令，解得：，
令，解得：，
故在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，最大值为，
此时长为m，宽为1m，高为m.
17．【答案】(1)2
(2)1
(3)或
【详解】（1）函数在区间上的平均变化率为；
（2），，，
，，，
由题意可知，，得；
（3），设切点为，，
则曲线在点处的切线方程为，切线过点，
则，化简为，
即，则，
得或，
当时，切线方程为，
当时，切线方程为，
综上可知，切线方程为或.
18．【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）可求得切点为，斜率，则切线方程为，则恒过原点；
（2）首先求函数的导数，当时，和，可得的单调区间；当时，令，当时由的判别式和，讨论出函数的单调区间；当时，的判别式，讨论出函数的单调区间.
【详解】（1）由题设得，所以，
又因为，所以切点为，斜率，
所以切线方程为，即恒过原点．
（2）由（1）得，
当时，，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减；
当时，令，则，
当且时，即时，，在上单调递增，
当时，，
由，则，或，则，
所以在上单调递增，在上单调递增；
由，则，则，
所以在上单调递减；
当时，，则为开口向下的二次函数，
对称轴，，，
由，则，则，所以在上单调递增，
由，则，则，所以在上单调递减；
综上：当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
19．【答案】（1）a=1；（2）见解析.
【分析】
（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a可得h（x）min＝h（），从而可得结论；
（2）通过（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0可知f（x0），另一方面可知f（x0）＞f（）．
【详解】
（1）［方法一］：通解解法
解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），
则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a．
则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．
因为当0＜x时h′（x）＜0、当x时h′（x）＞0，
所以h（x）min＝h（），
又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，
所以1，解得a＝1；….…...(5分)
［方法二］：（拓展性解法）：
因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），
所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，
所以解得a＝1；….…...(5分)
（2）通解解法
证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，
令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2，
令t′（x）＝0，解得：x，
所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，…...(7分)
所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，
且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，
所以f（x0）x0﹣x0lnx0x0+2x0﹣2x0，….…...(9分)
由x0可知f（x0）＜（x0）max；
由f′（）＜0可知x0，
所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，
所以f（x0）＞f（）；
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．(12分)