甘肃省兰州市西北师范大学附属中学2024-2025学年高二下学期第一次月考数学试题（解析版）-A4

这是一份甘肃省兰州市西北师范大学附属中学2024-2025学年高二下学期第一次月考数学试题（解析版）-A4，共21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。
高二数学
命题人：李亮梅 审题人：夏力民
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中只有一项是符合题目要求的.
1. 已知函数在处可导，且，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2025
【答案】A
【解析】
【分析】由导数的定义得.
【详解】因为，
所以由导数的定义可知，
故选：A．
2. 已知函数的图像在点处的切线与直线垂直，则实数的值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】先根据求导公式求出函数的导数，进而得到函数在点处切线的斜率，再根据两直线垂直斜率之积为求出实数的值.
【详解】对求导可得：.
可得切线的斜率.
将直线转化为斜截式，可知直线斜率.
因为函数的图像在点处的切线与直线垂直，
根据两直线垂直斜率之积为，可得，即.
可得：，
故，即实数的值为.
故选：C.
3. 由3名医生和6名护士组成的一支医疗小队下乡送医扶助新农村建设，他们要全部分配到三个农村医疗点，每个医疗点分到1名医生和护士1至3名，其中护士甲和护士乙必须分到同一个医疗点，则不同的分配方法有（ ）种
A. 540B. 684C. 756D. 792
【答案】B
【解析】
【分析】首先分步：先安排医生，再安排护士，其次特殊元素护士甲和护士乙捆绑，即护士名可分为和两类，应用分类和分步计数原理可得总的分配方法.
【详解】先安排医生，再安排护士.
安排医生，方法数有种；
再安排护士，护士名，由于护士甲和护士乙必须分到同一个医疗点，故可分为和两类：
如果是，一共有种，
如果是，又分为若甲乙在人小组中，则有种；
若甲乙在人小组中，则有种，
最后将分好的三组医生、三组护士全排列安排到三个医疗点，
所以一共有种分配方法.
故选：B.
4. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可通过构造函数且，利用导数求出其单调性，即可比较得出各数的大小.
【详解】因为，所以构造函数且，
则，
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增；
综上可知，在与上单调递減，在上单调递增.
所以.
又因为，所以，
可得.
故选：C.
5. 已知上的可导函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由函数图象得出和的解，然后用分类讨论思想求得结论．
【详解】由图象知的解集为，的解集为，
或，
所以或，解集即为．
故选：C
6. 已知函数在上存在单调递减区间，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知在上有解，整理可得，构建，利用导数求最值即可得结果.
【详解】由题意可知：，
因为函数在上存在单调递减区间，
则在上有解，可得，
所以．
令，则，
显然，可知函数单调递增，则，
即，所以实数的取值范围是.
故选：C．
7. 已知为上的可导函数，且，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先构造函数，利用导数判断该函数的单调性；再利用单调性判断各个选项即可.
【详解】设，，则，
因为，所以，
得到，则函数在区间上单调递增，
所以，即，则，故B错误，
而，，得到，故C错误，D正确，
而依据已知条件无法确定A，故A错误.
故选：D.
8. 已知对任意的正数，不等式 恒成立，则正数的最大值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】利用不等式两边同构函数，设，从而转化问题为恒成立，进而结合导数分析函数的单调性得到对恒成立，进而得到对恒成立，即，再构造函数，，进而结合导数求解即可.
【详解】由对恒成立，且，
即恒成立，
即恒成立，
设，则，
因为，即，
即函数在上单调递增，
则由恒成立，
可以转化为恒成立，
即对恒成立，
即对恒成立，即.
设，，则，
令，即；令，即，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，
又，所以实数a的取值范围为.
故选：.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是观察原不等式的特点，利用同构函数思想，将问题转化为恒成立，再结合导数进行求解即可.
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，全部选对得6分，部分选对得3分，有选错的得0分）
9. 已知（常数）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（ ）
A
B. 展开式中奇数项的二项式系数的和为256
C. 展开式中的系数为
D. 若展开式中各项系数和为1024，则第6项的系数最大
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题意写出展开式的通项，根据组合数的对称性、二项式系数之和、赋值法以及二项式系数的单调性，逐项检验，可得答案.
【详解】由，则其展开式的通项为，
对于A，根据题意可得，由组合数的性质可知，故A正确；
对于B，由，则展开式中奇数项的二项式系数之和为，故B错误；
对于C，由解得，则展开式中的系数为，故C正确；
对于D，令，则展开式中各项系数之和，解得，
可得展开式的通项为，即每项系数均为该项的二项式系数，
易知展开式中第项为二项式的中间项，则其系数最大，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知，则下列结论成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】应用赋值法及换元法分别判断A，B，C选项；等式两侧同时求导函数及赋值可判断D选项.
【详解】A.令，得，即，A正确.
B.令，则原等式变形为，
由二项式定理得，，
令，得，
等式两侧同乘，得，
∴，B错误
C.令，得，故，C错误.
D.对等式两侧同时求导函数得，
，
令，得，D正确.
故选：AD.
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，函数在上单调递增
B. 函数可能有极大值，也可能有极小值
C. 若函数存在唯一的极值点，且，则
D. 当的极大值的范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用导数研究单调性判断A；由，易得时函数存在极值点，令，导数研究右侧单调性和值域，即可判断零点个数，进而确定的极值情况判断B；根据B的分析得，求参数范围判断C；同C分析有，且，利用导数研究值域范围判断D.
【详解】A：且定义域为，则，
所以在上单调递增，对；
B：由且定义域为，显然，，不存在极值点，
所以，令，
令且，则，
故在上单调递增，且值域为，
所以与有且仅有一个交点，即有且仅有一个零点，记为，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以存在极大值，
综上，只可能存在极大值，不存在极小值，错；
C：由B分析知，且在上单调递增，
所以，即，可得，对；
D：当，则，即，
又在上单调递增，且有，有，
所以，故，
令且，则，
所以，即在上单调递减，故，
所以极大值的范围是，对.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：对于B分析，注意，得到要使函数存在极值，必有，进而研究为关键.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中的常数项为___________.
【答案】84
【解析】
【分析】根据二项式定理确定展开式的通项，即可求得常数项.
【详解】的展开式的通项公式为，
令，得，所以的展开式中的常数项为.
故答案为：84.
13. 若函数在上存在极值，则正整数的最小值为___________．
【答案】5
【解析】
【分析】求出函数的导数，由题意得函数的导数在上有两个不等实数根，再由判别式大于0求出实数的取值范围，即可得到正整数的最小值．
【详解】，
，
函数在上存在极值，
函数在上不是单调函数，
可得有两个不等的根，
即，
解得，或，
正整数的最小值为5．
故答案为：5．
14. 已知函数有两个零点，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】转化问题为方程在上有两个不相等的实数根，设，利用导数分析其单调性，结合图象求解即可.
【详解】函数的定义域为，
令，即，
因为函数有两个零点，
所以方程在上有两个不相等的实数根，
设，
则，
当时，，，则；
当时，，，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又，且，，时，，
画出函数的大致图象，如图，
由图象可知，要使方程在上有两个不相等的实数根，
则，即实数的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应该写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15 已知曲线和曲线．
（1）若为曲线上的一动点，当点到直线的距离最小时，求点的坐标；
（2）若直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意得到当曲线在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离最小，再借助直线平行，斜率相同，再结合导数求切点即可；
（2）设出切点，再运用导数几何意义构造方程组计算即可.
【小问1详解】
由题意知，当曲线在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离最小，对求导，得，
令，得，所以点的坐标为．
【小问2详解】
设直线与曲线的切点坐标为，求导得，
则在点处的切线斜率为，可得切线方程为，整理得 ①.
设直线与曲线的切点坐标为，求导，得，
则在点处的切线斜率为，切线方程为，整理得 ②.
因为①②表示同一条直线，则 ③，且 ④.
由③可得，将其代入④得：，即， 解方程，得. 那么.
把代入①式得切线方程为.
16. 广告公司为某游乐场设计某项设施的宣传画，根据该设施的外观，设计成的平面图由半径为的扇形和三角区域构成，其中在一条直线上，，记该设施平面图的面积为，，其中．
（1）写出关于的函数关系式；
（2）如何设计，使得有最大值？
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先，求解三角形和扇形的面积，然后，求和即可得到相应的解析式；
（2）根据三角函数辅助角公式和导数的计算等知识求解其最大值即可．
【小问1详解】
由已知可得，
在△中由正弦定理可得：
，所以，
从而，
所以，.
【小问2详解】
，
由
令增区间是；
令减区间是；
所以在处取得最大值是．
答：设计成时，该设施的平面图面积最大是．
17. 已知函数，.
（1）当时，求的极值点；
（2）讨论的单调性；
（3）若函数在上恒小于0，求a的取值范围.
【答案】（1）极大值点，无极小值点；
（2）当时，函数单调递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
（3）.
【解析】
【分析】（1）当时，利用导数求得函数 的单调区间，进而得到极值．
（2）求导得到，讨论和两种情况，计算得到答案.
（3）讨论，，，四种情况，根据单调性得到函数最值得到答案.
【小问1详解】
当时，，定义域为.
，
令，得,
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
在时取得极大值，无极小值.
所以的极大值点是，无极小值点.
【小问2详解】
，则，，
当时，恒成立，函数单调递减；
当时，，
，，函数单调递增，
，，函数单调递减.
综上所述：当时，函数单调递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
【小问3详解】
函数在上恒小于0，等价于.
由（2）知，
当时，函数单调递减，故恒成立，故符合题意；
当时，若，即，函数在上单调递减，
故，成立，故符合题意；
若，即，函数在上单调递增，在上单调递减，
故，即，解得，故；
若，即，函数在上单调递增，
故，解得，
故无解.
综上所述：.
18. 设函数.
（1）若在区间上单调递增，求的取值范围；
（2）当时，求曲线过点处的切线方程；
（3）当时，，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由条件转化为恒成立.再转化为导函数的最小值大于等于0，即可求解；
（2）利用导数的几何意义，即可求解；
（3）方法一：首先将不等式整理为，再参变分离为，转化为求函数的最小值；方法二：根据（2）的结果，由的值，讨论的取值，判断不等式是否成立，即可求解；方法三：从命题成立的必要条件入手，再证明命题成立的充分条件，即可求解的取值范围.
【小问1详解】
，
由题意得，恒成立.
令，则，且在单调递增，
令，解得，
所以当时，，故单调递减；
当时，，故单调递增；
所以，
又，当且仅当，故.
【小问2详解】
当时，，则，
则曲线在点处的切线斜率为，又，
所以曲线在点处的切线方程为.
【小问3详解】
解法一：因为，所以题意等价于当时，.
即，
整理，得，
因为，所以，故题意等价于.
设，
的导函数，
化简得，
考察函数，其导函数为，
当单调递减；当单调递增；
故在时，取到最小值，即，
即，
所以，
所以当单调递减；
当单调递增；
所以的最小值为，
故.
解法二：先考察，由（2）分析可得，
情况1：当，即，
此时在区间单调递增，
故，即，符合题意；
情况2：若，则，
注意到，且，故对进一步讨论.
①当时，即
且由②分析知：当单调递减，
故当，即单调递减，
故恒有，不符合题意，舍去；
②当时，
注意到在区间单调递减，且，又，
故在区间存在唯一的满足；
同理在区间单调递增，且，
故在区间存在唯一的满足；故可得
所以当，符合题意；
故题意等价于，即.
又因为，即，化简，得
所以，整理得.
注意到，所以，
故解得，
由之前分析得即
考察函数，其导函数为，
当单调递减；
当单调递增；
故在时，取到最小值，即，
即，所以恒成立，
故，又注意到情况（2）讨论范围为，
所以也符合题意.
综上①②本题所求的取值范围为.
方法三：先探究必要性，由题意知当时，是的最小值，
则由必要性，即得到必要条件为；
下证的充分性，即证：当时，.
证明：由（2）可知当时，在单调递增，
故的最小值为，符合题意；
故只需要证明时，.
由（2）分析知时，
其中.
注意到，据此可得更精确的范围是；
所以等价于证明，
又因为，即，可得，
只需证明，
等价于证明，
注意到，即，
故若（1）当，此时显然成立；
若（2）当，只要证明，
此时，且
所以，故得证.
综上必要性，充分性的分析，所求的取值范围为.
【点睛】方法点睛：本题第三问给了三种方法，第一种参变分离比较简单实用.
19. 已知函数，，.
（1）证明：.
（2）讨论函数在上的零点个数.
（3）当，时，证明：，.
【答案】（1）证明见解析
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，即可根据函数的单调性求解最值得解，
（2）求导，对分奇偶，根据函数的单调性求解，
（3）根据（2）的结论可得，将问题转化为证明，根据（1）的结论可得，即可利用对数的运算性质化简求解.
【小问1详解】
因为，，所以.
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
从而，则.
【小问2详解】
因为，，
所以，
当时，，当时，，
故，
当为奇数时，在上恒成立，则在上单调递减，
因为，，所以在上的零点个数为1.
当为偶数时，，则当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
从而，
所以在上的零点个数为0.
综上可得：当为奇数时，在上的零点个数为1，
当为偶数时，在上的零点个数为0.
【小问3详解】
由（2）可知，当，时，
要证，，
即证，
即证，
即证，
即证.
由（1）可知，，当且仅当时，等号成立.
令，可得，
故
从而，.
点睛】方法点睛：
1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
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