四川省巴中市平昌县第二中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试题（原卷版+解析版）

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（考试时间：120分钟，满分：150分）
一、单项选择题（本大题共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. 如图，函数y＝f(x）在区间[1，3]上的平均变化率是（ ）
A. 1B. －1C. 2D. －2
【答案】B
【解析】
2. 已知函数（是的导函数），则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据导数的求导法则，求导代入即可求解.
【详解】对求导可得，
所以，所以，
故选：C
3. 设函数在上可导，其导函数的图像如图所示，则（ ）
A. 函数有极大值B. 函数有极大值
C. 函数的单调递增区间为D. 函数的单调递增区间为
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由导函数的图像，即可判断.
【详解】由图像可知，时，，则单调递增，故CD错误；
时，，则单调递减，
所以时，有极大值，故B正确，A错误；
故选：B
4. 已知数列满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】当,两式做差整理求解即可.
【详解】因为，
当，两式做差得：
，
故，当，，符合；故.
故选：D
5. 函数在区间上的最小值，最大值分别为（ ）
A. 0，B. 0，C. ， D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】借助导数研究函数的单调性即可得其最值.
【详解】，
则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故有最大值，
又，，
故的最小值为.
故选：C.
6. 若A，B，C，D，E，F六人站队照相，要求A､B相邻且C､D不相邻，则所有不同的站法有（ ）
A. 36B. 72C. 108D. 144
【答案】D
【解析】
【分析】根据相邻元素的捆绑法与不相邻元素的插空法即可得不同的站法数.
【详解】由于A､B相邻捆绑再一起有种方法，
再与E，F一起安排有种方法，最后插空安排不相邻的C､D有种方法，
根据分步乘法计数原理可得所有不同的站法有种.
故选：D.
7. 若函数存在单调递减区间，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数与函数单调性的关系将问题转化为在上有解问题，再构造函数，利用导数求得其最小值，从而得解.
【详解】因为存在单调递减区间，
所以在上有解，即在上有解，
令，则，令，解得(负值舍去)，
当时，单调递减；
当时，单调递增；
所以，故，
故选：A.
8. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，利用函数单调性确定大小，通过作差，判断正负即可确定大小即可.
【详解】设，则，得，
则在上单调递增，在上单调递减，
，则，
又，得，
所以，
故选：A
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 下列命题正确的有（ ）
A. 已知函数在上可导，若，则
B.
C. 已知函数，若，则
D. 设函数的导函数为，且，则
【答案】CD
【解析】
【分析】根据导数定义可判断A的正误，根据导数的四则运算可判断BD的正误，根据复合函数的导数的运算规则可判断C的正误.
【详解】对于A，，故A错误.
对于B，，故B错误.
对于C，，若，则即，故C正确.
对于D，，故，故，故D正确.
故选：CD.
10. 如图是导函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A. 为函数的单调递增区间
B. 为函数的单调递减区间
C. 函数在处取得极大值
D. 函数在处取得极小值
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据时，，即可判断A，B；利用导数的正负与函数极值之间的关系，即可判断C，D．
【详解】对于A，B，当 时，，故为函数的单调递增区间，故A正确，B错误；
对于C，当时，，当时，，故是函数的极大值点，故C正确；
对于D，当时，，当时，，故是函数的极小值点，故D正确．
故选：ACD．
11. 已知椭圆：的两个焦点分别为，，是C上任意一点，则（ ）
A. 的离心率为B. 的周长为12
C. 的最小值为3D. 的最大值为16
【答案】BD
【解析】
【分析】首先分析题意，利用椭圆性质进行逐个求解，直接求出离心率判断A，利益椭圆的定义求出焦点三角形周长判断B，举反例判断C，利用基本不等式求最大值判断D即可.
【详解】由椭圆得
则所以，故A错误;
易知的周长为故B正确；
当在椭圆长轴的一个端点时，取得最小值，最小值为，故C错误；
由基本不等式得，当且仅当时取等，
则取得最大值16，故D正确.
故选：BD.
12. 已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A. 在上单调递增
B. 恰有一个极大值
C. 当时，无实数解
D. 当时，有三个实数解
【答案】BCD
【解析】
【分析】分类讨论去掉绝对值符号后求导数确定单调性、极值判断AB，利用极值判断方程的实根个数判断C，利用数形结合思想判断D．
【详解】对于A，当时，，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减．当时，，在上单调递增，A错误；
对于B，由以上讨论知是的极大值点，B正确；
对于C，当时，，当时，，所以当时，无实数解，C正确；
对于D，当时，，由以上讨论知当时，．而，作出的大致图象如图所示．如图可知，有三个实数解，所以有三个实数解，D正确．
故选：BCD．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知函数在处取得极值5，则____．
【答案】
【解析】
【分析】求得，结合题意，列出方程组，求得的值，即可求解.
【详解】由函数，可得，
因函数在处取得极值，可得，
解得，所以.
故答案为：.
14. 一次下乡送医活动中，某医院要派医生和护士分成3组到农村参加活动，每组1名医生和1名护士，则医生不和护士分到同一组概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用列举法求解即可.
【详解】由题意可知：不同分组有：、、
、、、，共6种，
医生不和护士分到同一组有4种，则所求概率为．
故答案为：.
15. 3名男生，4名女生，全体站成一排，其中甲不在最左端，乙不在最右端的站法有_____种.
【答案】3720
【解析】
【分析】解法一，对特殊元素进行分类，结合排列数公式，即可求解；解法二，采用间接法，和排列数公式，即可求解；解法三，特殊位置优先法，列式求解.
【详解】解法一(特殊元素优先法)：按甲是否在最右端分两类：
第一类：甲在最右端时有 (种)
第二类：甲不在最右端时，甲有个位置可选，而乙也有个位置，而其余全排
有 (种)
故 (种)．
解法二(间接法)：
无限制条件的排列数共有，
而甲在左端或乙在右端的排法都有，且甲在左端且乙在右端的排法有
故 (种)．
解法三(特殊位置优先法)：按最左端优先安排分步．
对于左端除甲外有种排法，余下六个位置全排有，但减去乙在最右端的排法种，
故(种)．
16. 已知函数，若恒成立，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，构造函数，分与讨论，然后转化为恒成立，代入计算，即可得到结果.
【详解】构造函数，其定义域为，
则，
当时，单调递增，不可能恒成立；
当时，令，得或（舍去）．
当时，；
当时，，故在上有最大值，
由题意知恒成立，即，
令，则在上单调递减，且，
故成立的充要条件是．
故答案为：
四、解答题（本大题共6小题，第17题10分，第18-22题每题12分，共70分，解答应写成文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 已知函数在处的切线垂直于直线.
（1）求．
（2）求的单调区间．
【答案】（1）；（2）在内单调递减，在内单调递增．
【解析】
【分析】（1）由题意求导可得，代入可得（1），从而求，进而求切线方程；
（2）的定义域为，，从而求单调性．
【详解】解：（1）因为在处切线垂直于，
所以

（2）因为的定义域为

当时，
当时，
在内单调递减，在内单调递增．
【点睛】本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性，属于基础题.
18. 设抛物线，F为C的焦点，过F的直线l与C交于A，B两点．
（1）若l的斜率为2，求的值；
（2）求证：为定值．
【答案】（1）5 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）联立直线与抛物线方程，利用焦点弦长公式，即可求解；
（2）首先设直线方程为，联立直线与抛物线方程，并利用韦达定理表示，即可求解.
【小问1详解】
过点，且直线的斜率为2的直线为，
设，，
联立，得，，
；
【小问2详解】
设过点的直线，

联立，得，，
则，
.
19. 已知函数.
（1）若，求曲线在处的切线方程；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算性质、直线的点斜式方程进行求解即可；
（2）对不等式进行常变量分离，构造函数，利用导数研究函数的最值即可.
【小问1详解】
，
因此，而，
故所求切线方程为，即；
【小问2详解】
依题意，，故对任意恒成立.
令，则，
令，解得.
故当时，单调递增；
当时，单调递减，
则当时，取到极大值，也是最大值2.
故实数的取值范围为.
20. 已等差数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式及；
（2）若，令，求数列的前项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据条件，建立与的方程组，求得，即可求出结果；
（2）根据条件，利用错位相减法，即可求出结果.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
因为，得到①，由，得到②，
由①②得到，所以数列的通项公式为，.
【小问2详解】
由（1）知，所以，
所以③，
③得④，
由③④得到，
整理得到.
21. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，，平面平面，，是的中点，作交于．

（1）求证：平面；
（2）求二面角的正切值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于点，由中位线性质可得，根据线面平行的判定可得结论；
（2）由面面垂直性质可得平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，令，结合可构造方程求得，进而得到点坐标，利用二面角的向量求法可求得余弦值，进而得到正切值.
【小问1详解】
连接交于点，连接，

四边形为正方形，为中点，又为中点，，
平面，平面，平面.
【小问2详解】
，平面平面，平面平面，平面，
平面，又，
以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，
，，，
设，则，，
，，解得：，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
轴平面，平面的一个法向量，
由图形可知：二面角为锐二面角，设其为，
则，，
即二面角的正切值为.
22. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，证明：当时，.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论即可得解；
（2）构造函数，利用二次导数，结合函数的最值情况，证得，从而得证.
【小问1详解】
因为的定义域为，
所以，
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，得，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
当时，，
令，则，
令，则，
因为，所以，
所以当时，恒成立，所以在上单调递减，
即上单调递减，所以，
所以在上单调递减，
所以，即.
【点睛】结论点睛：恒成立问题：
（1）恒成立；恒成立．
（2）恒成立；恒成立．
（3）恒成立；恒成立；
（4），，．