黑龙江省大庆市2024_2025学年高二数学下学期第二次月考试卷含解析

这是一份黑龙江省大庆市2024_2025学年高二数学下学期第二次月考试卷含解析，共18页。试卷主要包含了第四，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，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 时的瞬时变化率，则 （ ）
A. 1 B. C. 2 D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别求出函数的平均变化率和瞬时变化率，解方程可得结果.
【详解】易知平均变化率为 ，
可得 ，瞬时变化率为 ，
因此 ，解得 .
故选：A
2. 若 ，则 （ ）
A. 380 B. 190 C. 188 D. 240
【答案】B
【解析】
【分析】利用组合数的性质求出 ，再求出答案.
【详解】由 ，得 ，所以 .
故选：B
3. 函数 的单调减区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
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【分析】求导，令 ，解不等式即可.
【详解】 ，定义域为 ， ，
令 ，解得 .
故答案为：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. 7 B. 8 C. 9 D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】由题设 ，根据 得 ，进而列举出所有数对，即可得.
【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. 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.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的图象可得 是函数 的极小值点，求出 值，再解不等式.
【详解】观察图象知， 是函数 的极小值点，求导得 ，
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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. 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.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意得 ，易知 在区间 上单调递增，由 在区间 上
有最小值，可得 ，即可求解.
【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. 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
【答案】C
【解析】
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【分析】根据甲校 3 人不相邻分类讨论他们的位置，结合分类加法计数原理和分步计数原理进行求解即可.
【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. 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.
【答案】C
【解析】
【分析】设交点为 ，分别求出 ， 的导数，由题意得切线的斜率相等且切点重合，得
到 m，a 的方程，消去 a，可得 ，令 ，运用求得，判断单调区间，即可得
到 ，进而得到 a 的值，再求 的导数和在 处的切线斜率和切点，求得切线方程，令
，即可得到所求截距.
【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 ，
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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.
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. 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
【答案】BC
【解析】
【分析】利用导数公式求导可判断 ABC 选项，根据导数和倾斜角的关系和正切函数图象判断 D 选项.
【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. 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
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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
【答案】ACD
【解析】
【分析】A 应用分步乘法求不同投法数；B 应用组合数求不同选法数；C 应用间接法，先求任选 4 人的选法
数，再求出全是男生或女生的选法数，最后作差求不同选法数；D 应用平均分组法求分给甲、乙的方法数，
对于丙、丁只需将最后 2 本作全排，即可判断.
【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. 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
【答案】AC
【解析】
【分析】对 A：构造函数 ，根据题意求得 ，令 即可求解
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后判断；对 B：对 求导分析其单调性，结合零点存在定理，即可判断；对 C：对
x 的取值分类讨论，在不同情况下研究函数单调性和最值，即可判断；对 D：根据 B 中所求函数单调性，即
可求得函数值域.
【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 ，
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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.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性、零点、不等式恒成立和值域问题；其中解决
问题的关键是能够构造函数 ，准确求出 的解析式，属难题.
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
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.
【答案】5
【解析】
【分析】根据题设有利润 且 ，再应用导数求其最值，即可得.
【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.
故答案为：5
13. 函数 有且只有 3 个零点，则实数 的取值范围是______．
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【答案】
【解析】
【分析】根据分段函数中各段函数的单调性，分成 ， 两种情况并结合导数进行讨论即可.
【详解】当 时， 时， ， ，
当 时， ；当 时， ；
所以 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 .
故答案为： .
【点睛】方法点睛：已知函数零点个数求参数范围常用的方法：
（1）分离参数法：通常解法为从中分离出参数，然后利用求导 方法求出由参数构造的新函数的最值，根
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据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分类讨论法：通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否
符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围.
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________．
【答案】
【解析】
【分析】首先设 ，结合已知条件得到 在 为减函数，在 为增函数，再将
转化为 ，利用 的单调性求解不等式即可.
【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 .
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 为实数，函数
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（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．
【答案】（1）极大值是 ，极小值是 ；单调增区间为 ， ；（2
） ．
【解析】
【分析】（1）对 求导数，然后求出导数的零点，再判断零点左右两侧的符号，确定极值与单调性情况；
（2）结合（1）问的结果，利用极大值或极小值符号解决问题．
【详解】解：（1） ．
令 ，则 或 ．
当 变化时， ， 的变化情况如下表：
1
0 0
↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
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．
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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. 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．
【答案】（1） ;
（2） .
【解析】
【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.
小问 1 详解】
如图，连接 交于点 ，连接 ，
由四棱锥 是正四棱锥
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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 ．
【小问 2 详解】
， ．
设平面 的法向量为 ，
则 ，即
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取 ，得 ．
所以点 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 .
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据等差中项列式，再根据完全平方公式计算化简，由定义得出等差数列；
（2）先写出等差数列的通项公式，再应用 的分组求和得出 即可.
【小问 1 详解】
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；
【小问 2 详解】
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 ，
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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 取值范围；
（3） ，关于 的不等式 恒成立，求正实数 的取值范围.
【答案】（1）答案见解析．
（2） ；
（3） ．
【解析】
【分析】（1）求出导函数 分类讨论确定 的正负得单调性；
（2）由（1）的单调性，结合零点存在定理确定零点个数，从而得参数范围；
（3）不等式分离参数得 ，右边引入新函数，由导数求得新函数的最大值后可得参
数 的范围．
【小问 1 详解】
，
时， 恒成立， 在 上是增函数，
时， 时， ， 是减函数， 时， ， 是增函数，
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综上， 时， 在 R 上是增函数， 时， 在 上是减函数，在 上是增函
数；
【小问 2 详解】
，
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 ；
【小问 3 详解】
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 ， ．
【点睛】方法点睛：用导数研究不等式恒成立问题，一般有两种方法：
（1）直接由不等式引入函数，利用导数求得函数的最值，然后由最值满足的不等关系求得参数；
（2）分离参数后，引入新函数，由导数得新函数 最值，然后可得参数范围．
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19. 已知函数 （ ）.
（1） ，求证： ；
（2）证明： .( )
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）先证 ，令 ，利用导数判断函数单调性，即可证明；再证
，令 ，利用其导数判断其单调性即可证明；
（ 2） l 利 用 （ 1） 的 结 论 ， 可 得 ， 从 而 将 原 不 等 式 转 化 为
， 继 而 转 化 为 证 ， 即 证 ； 由 此 构 造 函 数
，利用其导数判断单调性即可证明.
【小问 1 详解】
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， ；
【小问 2 详解】
由（1）可知 ，
，
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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.
【 点 睛 】 关 键 点 点 睛 ： 证 明 不 等 式 的 关 键 在 于 利 用 时 ，
，从而将原不等式转化为证明 .
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