江西省宜丰中学创新部2023-2024学年高二上学期第一次（10月）月考数学试卷

2023-2024（上）创新部高二第一次月考数学试卷

一、单选题（40分）

1．设函数的导函数为，的部分图象如图所示，则（    ）  

A．函数在上单调递增

B．函数在上单调递增

C．函数在处取得极小值

D．函数在处取得极大值

2．若，则曲线在处的切线方程为（    ）

A． B．

C． D．

3．在等比数列中，，若函数，则（    ）

A． B． C． D．

4．函数的部分图象大致为（    ）

A．  B．  C．  D．  

5．如图，某几何体由两个相同的圆锥组成，且这两个圆锥有一个共同的底面，若该几何体的表面积为，体积为V，则的最大值为（    ）  

A． B． C． D．

6．若函数为定义在上的偶函数，当时，，则不等式的解集为（    ）

A．    B．    C．      D．

7．已知函数有唯一的极值点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

8．对任意，恒成立，则实数的可能取值为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题（20分）

9．已知函数，关于的性质，以下四个结论中正确的是（    ）

A．是奇函数 B．函数在区间上是增函数

C．有两个零点 D．函数在处取得极小值

10．函数的所有极值点从小到大排列成数列，设是的前项和，则下列结论中正确的是（    ）

A．数列为等差数列 B．

C． D．

11．已知，则（    ）

A． B． C． D．

12．若过点 可作 3 条直线与函数 的图象相切， 则实数 可能是（    ）

A． B．

C． D．

三、填空题（20分）

13．在等差数列中，是其前n项和，已知，，则           .

14．点是曲线上任意一点，则点到直线的最短距离      .

15．已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，，，则的值为             .

16．已知对于任意，不等式都成立（是自然对数的底数），则的最小值是      .

四、解答题（70分）

17．已知函数在处取得极值-14.

(1)求a，b的值；

(2)求曲线在点处的切线方程；

(3)求函数在上的最值.

18．在数列中，若，则称数列为“泛等差数列”，常数d称为“泛差”.已知数列是一个“泛等差数列”，数列满足.

(1)若数列的“泛差”，且，，成等差数列，求；

(2)若数列的“泛差”，且，求数列的通项.

19．已知数列的前项和为，，．

(1)求数列的通项公式；

(2)证明：．

20．已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)若对于任意正实数x，不等式恒成立，求实数k的取值范围．

21．已知函数.

(1)若有两个极值点，求实数a的取值范围；

(2)当时，证明：.

22．已知函数，（，）.

(1)若，，求函数的单调区间；

(2)若函数与的图象有两个不同的交点，，记，记，分别是，的导函数，证明：．

创新部高二第一次月考数学参考答案：

1．B【详解】由图象可知，当时，，所以函数在上单调递减，A错误；当时，所以函数在上单调递增，B正确，C错误；函数在处取得极小值，D错误．故选：B

2．A【详解】因为，所以，令，解得.所以，则.所以曲线在处的切线方程为，即.故选：.

3．A【详解】设，则，，所以，.因为是等比数列，且，所以，，

所以，，所以，.故选：A.

4．A【详解】因为的定义域为，又，所以是偶函数，因为，排除BC选项，当时，，所以，

令，所以，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，即在上单调递增，在上单调递减，又，，，所以存在，，使得，，所以当时，，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，故A符合.故选：A.

5．A【详解】设其中一个圆锥的底面半径为r，高为h，则，则，解得，∴，，令，设，求导，令，解得，当，，函数单调递增；当，，函数单调递减；∴，∴的最大值为．故选：A．

6．D【详解】令，因为为偶函数，即，故，为偶函数，当时，，则在上单调递增，因为，即，所以，故，解，所以不等式的解集为.故选：D

7．A【详解】解：求导有，因为函数有唯一的极值点，所以，有唯一正实数根，因为，所以在上无解，所以，在上无解，记，则有，所以，当时，，在上递减，当时，，在上递增．此时时，有最小值，所以， ，即，所以，即的取值范围是

8．D【详解】当时，由得：，，令，则，令，则，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，，在上单调递增，

由得：，，即；令，则，

当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，，当时，恒成立，则，实数的可能取值为，ABC错误，D正确.故选：D.

9．CD【详解】A选项，定义域为R，且，故不是奇函数，A错误；BD选项，，令，解得或，单调递增，令，解得，单调递减，故在处取得极小值，B错误，D正确；C选项，因为，，，又当或时，，当时，，画出的图象，如下，所以有两个零点，C正确.故选：CD

10．BC【详解】解：，令可得或，，易得函数的极值点为或，，从小到大为，，不是等差数列，错误；

，正确；，，则根据诱导公式得，正确；，错误．故选：．

11．ACD【详解】设，，则在上恒成立，所以在上单调递增，因为，所以，即，即，因为单调递增，所以，A项正确；因为，所以，即，所以，

因为单调递增，所以，B项错误；因为，所以，D项正确；因为单调递增，，所以，所以，C项正确，故选：ACD

12．BCD【详解】设切点为，因为，，所以切线方程为，又切线过，则，整理得，所以令，则，令得，所以当或时，，单调递减，当时，，单调递增，故当时，取极小值，当时，取极大值，由可知当时，所以函数的图象大致如图，  

由图可知，当时，直线与函数的图象有3个交点，此时过点可作3条直线与函数的图象相切，由此可知，BCD符合题意，故选：BCD

13．15【详解】在等差数列中，是其前n项和，，，∴，解得，，.故答案为：15.

14．/【详解】，令，解得（舍去），

又，可得与直线平行且与曲线相切的直线的切点为，所以点到直线的最短距离为.故答案为：.

15．10【详解】设公比是，则，又由题意，因此，而，∴，，而，∴，从而，∴，故答案为：10.

16．【详解】对任意的，不等式恒成立，等价于，令，其中，则.①当时，则对任意的恒成立，所以，函数在上单调递增，无最小值，不符合题意；②当时，由可得，由可得，所以，函数的减区间为，增区间为，所以，，所以，，则，令，其中，则，由可得，由可得，所以，函数的减区间为，增区间为，所以，，故的最小值为.故答案为：.

17．(1)  (2)

(3)函数在上的最小值为，最大值为.

【详解】（1）因为函数，所以，又函数在处取得极值.

则有，即，解得：，经检验，时，符合题意，故.

（2）由（1）知：函数，则，所以，又因为，

所以曲线在点处的切线方程为，也即.

（3）由（1）知：函数，则，令，解得：，

在时，随的变化，的变化情况如下表所示：

由表可知：当时，函数有极小值；当时，函数有极大值；

因为，，故函数在上的最小值为，最大值为.

18．(1)或 (2)

【详解】（1）“泛差”，，，，，联立三式得，化简得，解得.

（2），则，由，①

，②,②①得，即，且.

所以为等差数列，首项为，公差为，.

19．(1)  (2)证明见解析

【详解】（1）解：解法一：由题①，，即②，由①②得，

由得，所以当时，，也满足，

所以数列的通项公式为；

解法二：由题，①，，即②，由①②得，由，得，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，，所以数列的通项公式为．

（2）证明：由（1）知，

所以，

两式作差得，所以.

20．(1)见解析  (2)

【详解】（1）定义域为，，令，

①当时，恒成立，，是增函数；②时，，

当，即时，由得，，由或，，故的单调递减区间为，单调递增区间为，，

当，即时，恒成立，是增函数，综上可知： 时，是增函数，时，的单调递减区间为，单调递增区间为，

（2）不等式恒成立，即恒成立，整理得恒成立，令，则，易知，当时，，单调递增，时，，单调递减，

故，故即为所求，故的取值范围是.

21．(1)(2)证明见解析

【详解】（1）的定义域为，，由题意在上有两解，

即，即有两解.令，即的图象与直线有两个交点.，得，当时，，递增；当时，，递减，，，时，；时，，，，a的取值范围是.

（2）当时，，即证，即证，令，，令，则，当时，，在递增.，，存在唯一的，使得，

当时，，递减；当时，，递增，.

又，，，，

，.

22．（1）由题可得，所以，

由，可得，由，可得

所以函数的增区间为，减区间为；

（2）由题可得，

因为，

又，，∴，即，∴，

不妨设，令（），下面证明，即，即，设，则，函数单调递增，

所以，∴，

∴，即.