2025--2026学年江苏省苏州市吴江区震泽中学高二下册3月月考数学试题 [含答案]

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1. 函数在区间上的平均变化率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均变化率的定义即可求得.
【详解】由平均变化率定义得，
故选：C.
2. 已知函数，则曲线在处的切线斜率为（ ）
A. －6B. －3C. 3D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】先对进行求导，并求得，从而求得.根据导数的几何意义，可得到曲线在处的切线斜率.
【详解】，得.
所以，解得.
所以.
所以曲线在处的切线斜率为.
3. “曲线在处的切线的倾斜角为”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【详解】由，得．
由曲线在处的切线的倾斜角为，
可得，解得或．
故“曲线在处的切线的倾斜角为”是“”的必要不充分条件．
4. 已知函数，则的图象大致为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，利用导数判断函数的单调性，进而判断函数值的正负，即可排除BD，通过函数的单调性排除C，推出结果即可.
【详解】令，则，
由得，即函数在上单调递增，
由得，即函数在上单调递减，
所以当时，，
由此知的定义域为，
于是对任意，有，则，故排除BD，
因为函数在单调递减，则函数在递增，故排除C，
则可知A中图象符合题意.
5. 已知，，直线与曲线相切，则的最小值是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】对曲线求导，结合已知求切点横坐标，进而得到，再应用“1”的代换及基本不等式求目标式的最小值．
【详解】由于直线与曲线相切，设切点为，且，所以，
所以切点的横坐标，将其代入直线方程和曲线方程，则有，即，
又，所以2m+1n=14(m+2n)2m+1n=144+4nm+mn≥144+24nm×mn=2，
即，当且仅当时取等号，所以的最小值为2．
6. 若函数在上有最大值，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求得，令，得到，得出在上单调递减，根据题意，转化为在存在零点，列出不等式组，即可求解.
【详解】由函数，可得，其中，
令，可得，
所以在上为单调递减函数，
要使得函数在上有最大值，则函数在上有极大值，
则存在，使得在上单调递增，在上单调递减，
即有零点，所以，解得，
所以实数的取值范围为.
7. 定义方程的实数根叫做函数的“新驻点”，若函数，的“新驻点”分别为，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题目的条件，对三个函数所对应的方程进行研究，分别计算求出的值，再比较大小即可选出正确选项.
【详解】若，则，由，又，
解得，即．
若，则，由，令，
函数为增函数，，，故．
若，则，由，得，故．
综上，．
故选：B
8. 已知实数a，b均不为0，函数在某个关于原点对称的区间上恰有两个极值点x1，x2，则（ ）
A. 2aB. -2aC. 2bD. -2b
【答案】D
【解析】
【分析】先化简，再求导找极值点，然后分析极值点，最后代入计算.
【详解】依题意，，则，
求导得，
由，得，而函数在关于原点对称的区间上恰有两个极值点，，
则这两个极值点满足（因为是偶函数）,
，，
所以
.
故选：D
二、选答题：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. 下列说法中正确的有（ ）．
A.
B.
C.
D. 已知函数在上可导，若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据导数的概念结合导数的运算法则逐项验证即可求解.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，由，故D正确；
故选：BCD.
10. 已知函数的导函数为，两个极值点为，，则（ ）
A. 有三个不同的零点
B.
C.
D. 直线是曲线的切线
【答案】BD
【解析】
【分析】求得，得出函数的单调区间，求得函数的极值点和极值，以及结合曲线在点处的切线方程，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数，可得，令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，当时，函数极小值，极小值为，
当时，函数极大值，极大值为，
且两个极值点之和为，所以B正确；
又由当时，，且函数连续不间断，所以函数在上有且仅有一个零点，所以A不正确；
由，所以C错误；
当时，可得，
所以曲线在点处的切线方程为，所以D正确.
故选：BD.
11. 若是上的连续函数，且，则.从几何上看，若定义在上的函数连续且恒有，则定积分表示由直线和曲线所围成的图形的面积.已知花瓣曲线，则下列说法正确的是（ ）
A. 曲线上恰好存在8个点到原点的距离为
B. 圆与曲线共有8个公共点
C.
D. 曲线围成的封闭区域的面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由，解得或或或，可知曲线是由4个抛物线组成，画出曲线的图象，利用数形结合法结合两点间的距离公式、圆的标准方程及定积分的定义逐一分析即可.
【详解】由，得，
所以或，即或或或，
画出曲线，如图所示.
由，解得或，设，
对于：
所以曲线上恰好存在4个点到原点的距离为，故错误；
对于：由，得圆与曲线共有8个公共点，故正确.
对于：因为（为常数），
所以，故正确；
对于：曲线在第一象限围成的封闭区域的面积为：
，
根据曲线的对称性可得曲线围成的封闭区域的面积为，故正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知某圆柱的上、下底面圆周分别在同一圆锥的侧面和底面上，则圆柱与圆锥体积之比的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】先设柱锥体积公式需要的要素“高和半径：小圆锥的高，圆柱的底面半径为，圆柱的高为，圆锥的底面半径为”，列出柱锥体积之比，再利用平面几何中三角形相似的性质得出，将比值表达式统一到变元“”的形式，再设定函数利用导数研究函数的最值计算即可.
【详解】如图，

设，圆柱的底面半径为，圆柱的高为，圆锥的底面半径为，
则圆柱的体积与圆锥的体积之比：
.
由三角形相似的性质得：，
所以
令，则.
令，
则，
令得，令得，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以.
故答案是：.
13. 已知函数，若曲线有两条过坐标原点的切线，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】假设切点坐标，利用导数几何意义可写出切线方程，代入原点坐标化简可得，根据切线条数可知，由此可得的取值范围.
【详解】设过坐标原点的切线与相切于点，
，，
在点处的切线方程为：，
，，
，且过坐标原点的切线有两条，，解得：或，
即的取值范围为.
故答案为：.
14. 已知，则方程恰有2个不同的实根，实数取值范围__________________.
【答案】
【解析】
【分析】采用数形结合，先计算直线直线与曲线相切时，的值，然后讨论，的情况，最后判断可得结果.
【详解】作出函数的图象如图所示：

先考虑直线与曲线相切时，的取值，
设切点为，对函数求导得，
切线方程为，即，则有，
解得，由图象可知，
当时，
直线与函数在上的图象没有公共点，
在有一个公共点，不合乎题意；
当时，
直线与函数在上的图象没有公共点，
在有两个公共点，合乎题意；
当时，
直线与函数在上的图象只有一个公共点，
在有两个公共点，不合乎题意；
当时，直线与函数在上的图象只有一个公共点，在没有公共点，不合乎题意.
综上所述，实数的取值范围是，
故答案为：.
【点睛】本题考查方程根的个数求解参数，采用数形结合，形象直观，考查分析能力以及计算能力，属中档题.
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. 已知函数.
（1）若，求在上的最大值；
（2）若在上恰有两个零点，求实数a的取值范围.
【答案】（1）-1 （2）
【解析】
【分析】（1）由函数解析式，求导，根据指数函数单调性以及三角函数的性质，可得函数的单调性，可得答案；
（2）利用分离参数，构造函数，利用导数研究其单调性，求得给定区间上的最值，根据方程与函数的关系，可得答案.
【小问1详解】
若，则，
因为当时，，仅当时，“＝”成立，
所以在上单调递减，
所以在上的最大值为.
【小问2详解】
，令，则，
当时，由，即，得或.
当时，，递增；
当时，，递减；
当时，，递增；
，，，，
因为在上恰有两个零点，
所以直线与曲线（）恰有两个交点，
所以实数a的取值范围为.
16. 已知函数.
（1）当时，求的极值；
（2）若关于的不等式在上恰有3个整数解，求的取值范围.（注：，，）
【答案】（1）极小值为1，无极大值
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，写出，再通过导数判断单调性进而求出极值即可；
（2）将等价为，令，求出单调性和极值，根据题目所给近似值，求出满足题目要求的3个整数解，进而可判断的取值范围.
【小问1详解】
当时，，，所以，
则当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
【小问2详解】
不等式在上恰有3个整数解，等价于在上恰有3个整数解，
令，，
则，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
又，
，
所以要使有3个整数解，需满足，
即，此时的整数解为：2，3，4.
所以的取值范围为.
17. 已知函数，.
（1）若，求在处的切线方程：
（2）讨论的单调性；
（3）若对任意两个不相等的正实数，恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；
（2）分，，，进行讨论；
（3）将不等式转化为在单调递增，即在上恒成立即可.
【小问1详解】
若，则，，所以，，
故在处的切线方程为，即；
【小问2详解】
因为，且，
当时，时，时，
所以，在上单调递减，在上单调递增；
当时，时，
时，时，
所以，在，上分别单调递增，在上单调递减；
当时，时恒成立，故在上单调递增；
当时，时，
时，时，
所以，在，上单调递增，在上单调递减；
【小问3详解】
设，由，
得，
即.
设，则在上单调递增，
在上恒成立，
则在上恒成立，设，，
函数的对称轴为，则时，取得最大值，最大值.
所以，实数的取值范围为.
18. 已知函数．
（1）当时，求函数的零点个数；
（2）若的图像有一个交点为P，且两者在点P处的切线互相垂直．
（i）证明：对所有符合题意的实数a，b，都有；
（ii）设O为坐标原点，记的最小值为d，证明：．
【答案】（1）1 （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出的导数，研究的单调性，结合零点存在定理即可判定零点个数；
（2）（i）设交点Px0,y0(x0>0)，可得以及f'x0⋅g'(x0)=−1，代入化简可得，，则f−1=−1−x0+lnx0，令hx=lnx−x−1（x>0），利用导数研究的最大值即可证明结论；
（ii）设点Px0,lnx0(x0>0)，则OP2=x02+lnx02，令φ(t)=t2+(lnt)2t>0，利用导数研究φ(t)=t2+(lnt)2t>0的单调性以及最值即可证明.
【小问1详解】
当时，y=fx−gx=−x2+x+1−lnxx>0
则,
对于分子，判别式，故对所有恒成立。
因此在时恒成立，函数在上单调递减；
当时，；
当时，；
由零点存在定理，函数在内有唯一零点，即零点个数为1；
【小问2详解】
（i）设交点Px0,y0(x0>0)，
则，
由于f'x=−2x+a，g'x=1x，
则f'x0⋅g'(x0)=−1，即−2x0+a⋅1x0=−1
化简得：，
由得：，即，
由于，
所以f−1=−1−x0+lnx0，
令hx=lnx−x−1（x>0），则h'x=1x−1=1−xx，
当时，，单调递增；
时，，单调递减。
因此在处取得最大值：
h1=ln1−1−1=−2，
故hx≤−2，即f−1=hx0≤−2，得证
（ii）设点Px0,lnx0(x0>0)，
所以OP2=x02+lnx02，
令φ(t)=t2+(lnt)2t>0，
所以φ'(t)=2t+2lntt=2t2+2lnttt>0，
令，则，
所以在上单调递增，
由于k(1e)=21e−121,
所以m'(x)=1x−1x2=x−1x2>0,
所以在上单调递增，则，
即lnx>−1x+1,
所以ln76>−67+1=17，
k(76e)=276e+ln76e=276e+12ln76−1>276e−12×67>0
所以φ'(t)=2t2+2lnttt>0存在唯一零点使得，即，
且当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以φ(t)min=φ(t0)=t02+(lnt0)2=t02+t041e