黑龙江省大庆第一中2024−2025学年高二下学期第二次月考 数学试卷（含解析）

这是一份黑龙江省大庆第一中2024−2025学年高二下学期第二次月考 数学试卷（含解析），共13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．函数在区间上的平均变化率等于时的瞬时变化率，则（ ）
A．1B．C．2D．
2．若，则（ ）
A．380B．190C．188D．240
3．函数的单调减区间是（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数，其中.则使函数不存在极值的有序数对共有（ ）对.
A．7B．8C．9D．10
5．已知函数的大致图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数在区间上有最小值，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．甲校3人、乙校2人、丙校1共6人站成一排合影，要求同校人员不相邻，则不同排法共有（ ）
A．48 种B．96 种C．120 种D．144种
8．已知函数，，若函数的图象与函数的图象在交点处存在公切线，则函数在点处的切线在y轴上的截距为 （ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列命题正确的有（ ）
A．若，则
B．已知函数，若，则
C．若，则
D．曲线上点处切线的倾斜角的取值范围是
10．下列说法正确的是（ ）
A．将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有种
B．有三张参观券，要在5人中确定3人去参观，不同方法的种数是60
C．从6男4女中选4人参加比赛，若4人中必须有男有女，则共有194种选法
D．6本不同的书，分给甲、乙每人各2本，分给丙、丁每人各1本，有180种分法
11．已知函数在R上可导且，其导函数满足：，则下列结论正确的是（ ）
A．函数有且仅有两个零点
B．函数有且仅有三个零点
C．当时，不等式恒成立
D．在上的值域为
三、填空题（本大题共3小题）
12．某莲藕种植塘每年的固定成本是2万元，每年最大规模的种植量是10万千克，每种植1千克莲藕，成本增加1元.种植x万千克莲藕的销售额（单位：万元）是，则要使利润最大，每年需种植莲藕 万千克.
13．函数有且只有3个零点，则实数的取值范围是 ．
14．已知函数在R上的导函数为，对于任意的实数x都有，当时，，若，则实数a的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．设为实数，函数
（1）求函数的极值与单调增区间；
（2）若曲线与轴仅有且只有一个交点，求实数的取值范围．
16．如图，已知四棱柱中，四棱锥是正四棱锥，，，分别为的中点．
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)若平面经过且与平行，求点到平面的距离．
17．已知数列的各项均为正数，前项和为，且，是与的等差中项.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)设，求数列的前项和.
18．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围；
(3)，关于的不等式恒成立，求正实数的取值范围.
19．已知函数（）.
(1)，求证：；
(2)证明：.()
参考答案
1．【答案】A
【详解】易知平均变化率为，
可得，瞬时变化率为，
所以，解得.
故选A.
2．【答案】B
【详解】由，得，所以.
故选B.
3．【答案】D
【详解】，定义域为，，
令，解得.
故答案为D.
4．【答案】D
【详解】由题设，要使函数不存在极值，只需，
所以，满足的有序数对为，共10对.
故选D.
5．【答案】B
【详解】观察图象知，是函数的极小值点，求导得，
则，解得，当时，；当时，，
则是函数的极小值点，，，
不等式，解得，
所以不等式的解集为.
故选B.
6．【答案】A
【详解】由题意得，
易知在区间上单调递增，
若在区间上有最小值，
则，即，解得.
这时存在，使得在上单调递减，在上单调递增，
即函数在上有极小值，也是最小值，
所以的取值范围是.
故选A.
7．【答案】C
【详解】因为甲校3人不相邻排列，所以有以下情形的排列方式：
第一类，甲校3人分别在第一、第三、第五个位置，则有种排法；
第二类，甲校3人分别在第一、第三、第六个位置，则有种排法；
第三类，甲校3人分别在第一、第四、第六个位置，则有种排法；
第四类，甲校3人分别在第二、第四、第六个位置，则有种排法；
因此不同排法共有种，
故选C.
8．【答案】C
【详解】设交点为，且的导数为，的导数为，
由题意，且，消去a得：，
令，，
当时，递增；当时，递减.
∴处取得极小值，也为最小值为0，则，解得，
代入，可得，即有，
∴，则在处的切线斜率为，切点为
∴在处的切线方程为，令，可得.
故选C.
9．【答案】BC
【详解】A选项，是个常数，故，A错误；
B选项，，令，解得，B正确；
C选项，是常数，所以，令得，解得，C正确；
D选项，，即，又因为，所以，D错误.
故选BC.
10．【答案】ACD
【详解】A：由每封信都有3种投法，则5封信有种投法，对；
B：在5人中确定3人去参观，没有排序要求，故有种，错；
C：从10人中任选4人有种，若4人全是男生有种，若4人全是女生由1种，所以共有种，对；
D：先选2本有种，从余下的书再选2本有种，进而分给甲、乙，余下的2本分给丙、丁有，所以共有种，对.
故选ACD.
11．【答案】AC
【详解】令，则，故（为常数），，，
.
令，解得或，
故函数有且仅有两个零点，选项A正确；
，
∴令得；令得，
在和上单调递增，在上单调递减.
，，，
∴存在，使得；
又，∴存在，使得；
当时，，∴不存在使得.
综上所述，有且仅有两个根，即有两个零点，故选项B错误；
，∴.
当时，，.
令，则，
故在上单调递增，，满足题意；
当时，也满足不等式.
综上所述，当时，不等式恒成立，故选项C正确；
由B知在上单调递减，在上单调递增，且，，，故函数在上的值域为，故选项D错误.
故选AC.
12．【答案】5
【详解】由题意，利润且，
所以，则，
当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
所以万千克，利润最大.
13．【答案】
【详解】当时，时，，，
当时，；当时，；
所以在单调递减，在单调递增，
所以当时，取最小值.
函数有且只有3个零点，又在上单调递增，
所以，在有两个零点且此时，
而在上有一个零点，
如图，
所以，解得，且，所以．
所以.
当时，时，，，
故在上单调递增，且此时，
又在上恒成立，所以此时不合题意.
综上，，即.
14．【答案】
【详解】设，，
因为当时，，所以，为增函数.
又因为，所以.
所以， 即为偶函数.
所以在为减函数，在为增函数.
因为
，
所以，解得或.
15．【答案】（1）极大值是，极小值是；单调增区间为，；（2）．
【详解】解：（1）．
令，则或．
当变化时，，的变化情况如下表：
所以的极大值是，极小值是．
所以的单调增区间为，
（2）函数，
由此可知，取足够大的正数时，有，
取足够小的负数时，有，
所以曲线与轴至少有一个交点．
由（1）知，．
∵曲线与轴仅有一个交点，∴或，
即或，∴或，
∴当时，曲线与轴仅有一个交点．
16．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）连接交于点，连接，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而计算出线面角；
（2）设平面的法向量为，利用该法向量与，垂直，从而计算出点面距离.
【详解】（1）如图，连接交于点，连接，
由四棱锥是正四棱锥易得两两互相垂直，
在正四棱锥中，因为，所以，
因为，且，所以，，
以点为坐标原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
即，取，得，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为；
（2），，
设平面的法向量为，
则，即，
取，得，
所以点到平面的距离.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为是与的等差中项，所以，
所以，
因为数列的各项均为正数，所以，
所以，所以，
所以数列是公差为1，首项为的等差数列；
（2）因为数列是公差为1，首项为的等差数列，
所以，
所以，当时，，
当时，，
所以,
所以，
18．【答案】(1)答案见解析．
(2)；
(3)．
【详解】（1），
时，恒成立，在上是增函数，
时，时，，是减函数，时，，是增函数，
综上，时，在R上是增函数，时，在上是减函数，在上是增函数；
（2），
由（1）时，只有一个零点，
时，若时，则由在上递减得，显然足够大时，，因此在上还有一个零点，不合题意；
时，由（1）知是极小值也是最小值，函数只有一个零点，此时；
时，在上递增，有一个零点，因此，
此时，时，，因此在上也有一个零点，不合题意，
综上，的取值范围是；
（3）不等式即为，又，
所以恒成立，
设，，
则，
由（1）知，从而，且时，，
所以时，，递增，时，，递减，
所以时，，
所以，．
19．【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【详解】（1）先证，令，此时，故，
所以在上单调递增，
所以，即.
再证，
令，，
，在上单调递增，
故，即，
综合以上可得时，；
（2）由（1）可知，
，
要证，只需证，
即证，即证；
，
要证，即证
令，则，
在上单调递增，，，
所以在区间上存在零点，则时，，时，，
故在上单调递减，上单调递增，
而，，
由于 ，,故，
故，
所以时，，
故当时，成立，当时，也成立，
所以，得证，则成立.1
0
0
↗
极大值
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极小值
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