2024遂宁射洪中学高二下学期3月月考数学试题含解析

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（时间：120分钟 满分：150分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名和准考证号填写在试卷和答题卡上.
2.选择题用2B铅笔在对应的题号涂黑答案.主观题用0.5毫米黑色签字笔答在答题卡上对应的答题区域内.
3.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡上交.
第I卷（选择题）
一.单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分）
1. 已知，则的值为（ ）
A. －2aB. 2a
C. aD.
【答案】B
【解析】
【分析】由导数的定义变形即可求解.
【详解】.
故选：B．
2. 函数的导函数，满足关系式，则的值为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求导后，代入，求出答案.
【详解】由进行求导得：，
当时，可得：，解得：.
故选：A.
3. 函数的单调减区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求导得到，取解得答案.
【详解】，则，取，解得.
故选：C.
【点睛】本题考查了函数的单调区间，意在考查学生的计算能力和转化能力.
4. 函数在点处的切线斜率为2，则的最小值是
A. 10B. 9C. 8D.
【答案】B
【解析】
【分析】由导数的几何意义可知，再利用基本不等式求最值.
【详解】，由题意可知，，
，
当，且，解得：，
所以的最小值是9.
故选：B
5. 函数的图像大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数奇偶性可排除B，利用函数值正负可排除A，再根据单调性排除D，得解.
【详解】令，，
因为，所以是奇函数，排除B，
又当时，恒成立，排除A，
当时，，
，
，，函数单调递增，
当时，，即函数单调递减，故D不正确.
故选：C.
6. 已知定义在上的函数的导数为，，且对任意的满足，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构建，根据题意分析可知在上单调递减，结合函数单调性解不等式.
【详解】构建，则，
因为，则，即，
可知上单调递减，且，
由可得，即，解得，
所以不等式的解集是.
故选：A．
【点睛】关键点点睛：根据构建，进而利用导数判断函数单调性，结合单调性解不等式.
7. 若定义在上的函数满足，且的导函数的图象如图所示，记，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据导函数的图象为直线，且，得到函数为过原点的二次函数，设，利用导函数图象，通过原函数的单调性得到，，再去绝对值分别求得，再比较大小.
【详解】因为导函数的图象为直线，且，
所以函数为过原点的二次函数，
设，
所以由导函数图象可知在上单调递增，在上单调递减，
则，
又由，得，
则，
，
所以，，
所以，
故选：C
【点睛】本题主要考查导数与原函数的关系，还考查了数形结合的思想和转化求解的能力，属于中档题.
8. 已知函数，若，则的最大值为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得，构造函数，求导即可得到其最大值，从而得到结果.
【详解】由，得，即.
因为，则，当时，，所以在上单调递增，所以，则.令，则，所以在上单调递增，在上单调递减.
故选：C
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.（每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，全部选对得6分，部分选对得3分，有选错得0分）.
9. 下列导数运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用基本函数和复合函数的求导法则求解即可.
【详解】选项A，，故A正确；
选项B，，故B错误；
选项C，，故C正确；
选项D，，故D错误.
故选：AC.
10. 若函数在上为单调递增函数，则a的可能取值为（ ）
A. 2B. 1C. 0D.
【答案】AB
【解析】
【分析】求导得，由题可知，在，上恒成立；然后分三类：，和进行讨论，其中前两种情形均不符合题意，第三种情形可以根据选项直接代入的值进行验证即可．
【详解】解：因为，所以，
因为在，上为单调递增函数，所以在，上恒成立，
当时，有在，上恒成立，不符合题意；
当时，二次函数开口向下，不可能满足在，上恒成立，不符合题意；
当时，若，则在，上恒成立；
若，则，△，满足在，上恒成立．
综上所述，可以取到1和2．
故选：．
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，还涉及二次函数的性质和分类讨论的思想，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
11. 已知函数，则（ ）
A. 在上的极大值和最大值相等
B. 直线和函数的图象相切
C. 若在区间上单调递减，则
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】选项A：利用导数法求解判断；选项B：利用导数的几何意义求解判断；选项C：结合选项A，由求解判断；选项D：根据求解判断.
【详解】选项A：，令，得或，故在，上单调递增：令，得，故在上单调递减．
当时，的极大值为，又，所以在上的最大值为，所以A错误．
选项B：易知直线的斜率为－3，设直线和函数的图象相切的切点为，则，即，解得，故，故切点为，显然切点坐标满足，故B正确．
选项C：结合选项A知：若在区间上单调递减，则，故，故C正确．
选项D：易知，
所以，故D正确．
故选：BCD
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数在区间上的平均变化率为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据平均变化率公式及对数的运算法则计算可求解.
【详解】在区间上的平均变化率为.
故答案：.
13. 已知有两个极值点，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】经求导转化可知，函数有两个极值点，等价于函数与的图象有两个交点.，故只需研究函数的图象即可求得参数范围.
【详解】由求导，，由可得：，
因不满足此式，故可得：，
则函数有两个极值点，即函数与的图象有两个交点.
由求导，，则当时，，当时，，当时，
则函数在和上减函数，在上是增函数，故时，取得极小值.
且当时，，当从0的左边趋近于0时，，当从0的右边趋近于0时，，当时，.
故可作出函数的图象如图.

由图可知：函数与的图象有两个交点等价于.
故答案为：.
14. 已知直线与曲线相切于点，且与曲线相切于点，则__________.
【答案】3
【解析】
【分析】利用导数的几何意义表示出切线方程，即可得到，从而得解.
【详解】由已知直线与曲线相切于点，
因为，所以直线的方程为，即，
又直线与曲线相切于点，
因为，所以直线的方程为，
即，所以，所以，
即，所以.
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. 函数在处有极值10，求的值．
【答案】．
【解析】
【分析】先根据极值定义列方程组解得的值，再代入验证即得结果.
【详解】，依题意得，解得或，
当时，，所以在处取得极值；
当时，，此时在无极值．
所以．
【点睛】本题考查极值定义以及根据极值求参数，考查基本分析求解判断能力，属基础题.
16. 求函数在区间[0,]上最值
【答案】当时，函数取得最大值为；
当时，函数取得最小值为0.
【解析】
【分析】本题首先对所给函数进行求导，再解，分别得到函数的单调增区间和减区间，再结合单调性得到当时，函数取得最大值为；当时，函数取得最小值为0.
【详解】
因为，所以令得，
所函数的增区间为
令得，
所函数的减区间为
由，，，得
当时，函数取得最大值为；
当时，函数取得最小值为0.
17. 讨论函数的单调性
【答案】在单调递增，在单调递减
【解析】
【分析】对求导后令，进一步对求导结合发现单调递减，且注意到，由此即可得解.
【详解】，
令，则，
从而即单调递减，注意到，
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以在单调递增，在单调递减.
18. 已知函数，若，的最小值为，求的最大值及此时的值
【答案】；
【解析】
【分析】求导得，令得到，令，则，故在上至多有1个解，设这个解为，即，进而得，再令，接着求导研究最值即可.
【详解】由求导得：，令，可得，
令，则，则在区间上递增，故在上至多有1个解，
设这个解为，（）即，
则当时，，则，故在上单调递减；
当时，，则，故在上单调递增.
故.
令，则，
因，则由可得，由可得，故在上单调递增，在上单调递减，
即函数的最大值是，即的最大值是0，此时，代入，可得.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的最值问题，考查运算求解，化归转化，逻辑推理等能力，属于难题.
本题解题关键在于注意到方程至多1个解，且设该解是，即，进而代换得，再研究函数的单调性求最值即得.
19. 已知函数，若时，恒有，求的取值范围
【答案】
【解析】
【分析】构造函数，对它求导后令，继续对求导后令，可以发现有，时有，所以我们可以分别以0，1为分界点对进行分类讨论求解.
【详解】令，
则，设，
则，令，则
若，则，即单调递增，
从而有，即有成立，故满足题意；
若，则，即，
从而，即单调递增，
所以，从而单调递增，
所以有，即有成立，故满足题意；
若，注意到，从而，即单调递增，
且，
所以存在使得，
所以当时，，
所以此时，即单调递减，即此时有，
所以此时单调递减，即有，即成立，但这与已知矛盾，
所以不满足题意；
综上所述，满足题意的的取值范围为.