山东省重点高中2024−2025学年高二下学期3月大联考 数学试卷（含解析）

这是一份山东省重点高中2024−2025学年高二下学期3月大联考 数学试卷（含解析），共11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．已知函数在处的导数为3，则（ ）
A．3B．C．6D．
2．已知函数，则的值为（ ）
A．0B．C．D．
3．设点P是函数图象上的任意一点，点P处切线的倾斜角为α，则角α的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数有极值，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数，若在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．若函数存在零点，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数与函数的图象上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知定义在R上的函数的导函数为，且满足，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．如图是导函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．函数在区间上单调递减B．函数在区间上单调递减
C．函数在处取得极大值D．函数在处取得极小值
10．已知函数图象上的一条切线与的图象交于点M，与直线交于点N，则下列结论不正确的有（ ）
A．函数的最小值为
B．函数的值域为
C．的最小值为
D．函数图象上任一点的切线倾斜角的所在范围为
11．已知函数，则（ ）
A．当时，函数的减区间为
B．当时，函数的图象是中心对称图形
C．若是函数的极大值点，则实数a的取值范围为
D．若过原点可作三条直线与曲线相切，则实数a的取值范围为
三、填空题（本大题共3小题）
12．函数的导函数满足关系式，则 ．
13．已知函数，则曲线在处的切线斜率为 .
14．若关于x的不等式对任意恒成立，则实数a的最小值是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数在点处的切线斜率为，且在处取得极值．
(1)求函数的解析式；
(2)当时，求函数的最值．
16．已知函数的图象经过点．
(1)求曲线在点A处的切线方程；
(2)求曲线经过坐标原点的切线方程．
17．如图，在半径为4m的四分之一圆（O为圆心）铝皮上截取一块矩形材料OABC，其中点B在圆弧上，点A，C在两半径上，现将此矩形铝皮OABC卷成一个以AB为母线的圆柱形罐子的侧面（不计剪裁和拼接损耗），设矩形的边长，圆柱的体积为V．
(1)求出体积V关于x的函数关系式，并指出定义域；
(2)当x为何值时，才能使做出的圆柱形罐子的体积V最大？最大体积是多少？
18．已知函数，.
(1)讨论的单调区间；
(2)若直线为的切线，求a的值；
(3)已知，若曲线在处的切线与C有且仅有一个公共点，求a的取值范围.
19．约瑟夫·路易斯·拉格朗日是闻名世界的数学家，拉格朗日中值定理就是他发现的.定理如下：若函数满足如下条件：
①函数在区间上连续（函数图象没有间断）；
②函数在开区间内可导（导数存在）．则在区间内至少存在一点，使得成立，其中称为“拉格朗日中值点”．
(1)求函数在上的“拉格朗日中值点”的个数；
(2)对于任意的实数，，证明：；
(3)已知函数在区间上满足拉格朗日中值定理的两个条件，当时，证明：．
参考答案
1．【答案】B
【分析】根据已知条件及函数在导数的定义即可求解.
【详解】因为函数在处的导数为3，
所以，
所以．
故选B.
2．【答案】D
【详解】因为，
所以，
则，
故选D.
3．【答案】C
【详解】，
∵点P是曲线上的任意一点，点P处切线的倾斜角为α，
∴．
∵，
∴．
故选C．
4．【答案】D
【详解】由，
得，
根据题意得，
解得或，
所以实数a的取值范围是.
故选D．
5．【答案】B
【详解】因为，则，其中，
令，解得，令，解得.
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，，所以，，
因为在上恒成立，所以，，解得.
故选B.
6．【答案】D
【解析】由题意得，令，求的取值范围可得答案.
【详解】由，则，
令，
则，
当得，单调递增，当得，单调递减，
所以，，
当趋向于正无穷大时，也趋向于正无穷大，
所以函数存在零点，则.
故选D.
7．【答案】B
【详解】由题意，、关于轴对称，
∴与在上有交点，则在有解，
令，则，，
∴在上递增，而，
∴在上，递减；在上，递增；
∴，故只需即可，得.
故选B.
8．【答案】A
【详解】令，则，所以在R上单调递增，
由，得，即，
又在R上单调递增，所以，解得，
即不等式的解集为.
故选A.
9．【答案】ACD
【详解】对于A．因为在区间上成立，所以区间是的单调递减区间，故A正确；
对于B．因为当时，，当时，，所以在上不单调，故B错误；
对于C．因为当时，，当时，，函数在处取得极大值，故C正确；
对于D．因为当时，，当时，，所以函数在处取得极小值，故D正确.
故选ACD．
10．【答案】ABD
【详解】已知，当时，，当时，，故选项A、B不正确；
设直线l与函数的图象相切于点，函数的导函数为，则直线l的方程为，
即，直线l与的交点为，与的交点为，
所以，当且仅当时取等号，
故选项C正确;
，可知切线斜率可为负值，即倾斜角可以为钝角，故选项D不正确．
故选ABD.
11．【答案】AB
【详解】由，
对于A选项，当时，，可得函数的减区间为，增区间为，故A选项正确；
对于B选项，当时，，
又由，
可得函数的图象关于点对称，是中心对称图形，故B选项正确；
对于C选项，由A选项可知，当时，是函数的极小值点；
当时，令，可得或，
若是函数的极大值点，必有，可得，故C选项错误；
对于D选项，设切点为（其中），
由切线过原点，有，整理为，
令，有，
可得函数的减区间为，增区间为，
又由时，；时，；及，
可知当时，关于m的方程有且仅有3个根，
可得过原点可作三条直线与曲线相切，故D选项错误，
故选AB．
12．【答案】
【详解】由，函数两边求导得：，
令，则，所以
代入函数得：．
13．【答案】/0.5
【详解】由，
可知，
所以.
14．【答案】/
【详解】由，可得，，可得，
令，可得，
令，有，
令，可得；令，可得；
可知函数的增区间为，减区间为，
所以，故，即a的最小值为．
15．【答案】(1)；
(2)，．
【详解】（1）因为，
所以，
由题意可知，，，，
所以，解得，，，
所以函数的解析式为，经检验符合题意，
所以；
（2）由（1）知，
令，则，解得，或，
当时，； 当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
当时，取得极大值为，
当时，取得极小值为，
又，，
所以，．
16．【答案】(1)；
(2)和．
【详解】（1）依题意可得，则，
∴，
∵，
∴，
∴曲线在点处的切线方程为，
即；
（2）设过原点的切线方程为，则切点为，
则消去k，整理得，
解得或，有或．
故所求方程为和．
17．【答案】(1)，定义域为；
(2)当时，圆柱形罐子的体积V最大，最大体积是
【详解】（1）在中，
因为，所以，
设圆柱的底面半径为r，则，即，
所以，定义域为
（2）由（1）得，，
，
令，则，解得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
当时，圆柱形罐子的体积V最大，最大体积是
18．【答案】(1)答案见解析；
(2)1；
(3).
【详解】（1）由，，
当时，，在上单调递增，
当时，令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
综上，当时，在上单调递增，无单调减区间；
当时，在区间上单调递减，在上单调递增.
（2）设切点为，依题意得，所以，
又因为，代入，可得，
设，
则，所在上单调递增，
因为，所以，.
（3），，
所以曲线在处的切线方程为，即，
设，，
，
①当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，
有且仅有一个零点，符合题意；
②当时，，在上单调递减，有且仅有一个零点，符合题意；
③当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
因为，，当，，所以有两个零点，不符题意；
④当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
因为，，当，，所以有两个零点，不符题意；
综上，a的取值范围是.
19．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）因为，，
，，所以在上的“拉格朗日中值点”的个数为.
（2）设，有，
易知函数在上满足拉格朗日中值定理的两个条件，
当时，显然有，
当时，不妨设，由拉格朗日中值定理可知，
存在，使得，
有，又由，有，
可得，
由上知，不等式成立.
（3）由，有，
又由，设，
有，
可得函数单调递增，
由拉格朗日中值定理可知，存在，
使得，
同理可知，存在，
使得，
又由和函数单调递增，有，
有，
由化简可得，
故不等式成立．