2021-2022学年山东省菏泽市郓城县第一中学高二3月阶段性检测数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年山东省菏泽市郓城县第一中学高二3月阶段性检测数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年山东省菏泽市郓城县第一中学高二3月阶段性检测数学试题
一、单选题
1．已知的导函数为，若且，则（       ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【分析】利用导数的公式，求得，代入即可求解.
【详解】由，可得，
又由，可得.
故选：D.
2．已知函数（）的图象上任一点处的切线方程为，那么函数的单调递减区间是（       ）
A． B．
C．和 D．
【答案】C
【解析】根据导数的几何意义得到导数，再令，解不等式即可得解.
【详解】因为函数（）上任一点处的切线方程为
，
即函数在任一点处的切线斜率为，
即可知任一点处的导数为，
由，得或，
即函数的单调递减区间是和.
故选：C.
【点睛】本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性，考查基本分析求解能力和计算能力，属于常考题.
3．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有
A．144个 B．120个 C．96个 D．72个
【答案】B
【详解】试题分析：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；进而对首位数字分2种情况讨论，①首位数字为5时，②首位数字为4时，每种情况下分析首位、末位数字的情况，再安排剩余的三个位置，由分步计数原理可得其情况数目，进而由分类加法原理，计算可得答案．
解：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；
分两种情况讨论：
①首位数字为5时，末位数字有3种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有3×24=72个，
②首位数字为4时，末位数字有2种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有2×24=48个，
共有72+48=120个．
故选B
【解析】排列、组合及简单计数问题．
4．已知函数的图象在点处的切线的斜率为，则函数的大致图象是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】求得，得到函数在点处的切线的斜率为，
得出函数，利用函数的奇偶性和特殊的函数的值，即可求解。
【详解】由题意，函数，则，
则在点处的切线的斜率为，
即，可得，
所以函数为奇函数，图象关于原点对称，排除B、D项，
又由当时，，排除C项，
只有选项A项符合题意。
故选：A。
【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，函数图象的识别，以及函数的性质的应用，其中解答利用导数的几何意义求得函数的解析式，结合函数的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。
5．若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】试题分析：，∵函数在区间单调递增，∴在区间上恒成立．∴，而在区间上单调递减，∴．∴的取值范围是．故选D．
【解析】利用导数研究函数的单调性.
6．定义域为的可导函数的导函数为，且满足，则下列关系正确的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据题意构造函数并求导，可得到函数的单调性，通过赋值得到结果.
【详解】构造函数，故函数是单调递减的函数，
故得到
化简得到
故答案为C.
【点睛】这个题目考查了导数在研究函数的单调性中的应用，对于比较大小的题目，可以直接代入函数表达方式中，直接比较大小，如果函数表达式比较复杂或者没有函数表达式，则可以研究函数的单调性或者零点进而得到结果.
7．已知函数在上不单调，则m的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求导，函数不单调，解得答案.
【详解】.
因为在上不单调，所以，故.
故答案为A
【点睛】本题考查了函数的单调性，意在考查学生的计算能力.
8．若关于的不等式解集中恰有两个正整数解，的取值范围为
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】将原不等式化简成,设,再分与两种情况,构造函数并分析函数的单调性与最值,再数形结合根据函数零点存在定理列出区间端点满足的不等式求解即可.
【详解】将原不等式化简可得.
设,,则原不等式等价于.
若,则当时, ,,所以原不等式的解集中有无数个正整数解,不符合题意,所以.
因为,,所以.
当,即时,设,
则.
设,则,
所以在上为减函数,所以,
所以当时, ,所以在上为减函数,所以,
所以当时,不等式恒成立.所以原不等式的解集中没有正整数.
所以结合的函数图像可得,要使原不等式的解集中有且仅有两个正整数,则
,即,解得.
故选：D
【点睛】本题主要考查了利用导数分析函数的单调性与最值,从而结合零点存在性定理分析零点存在,从而求得参数范围的问题.需要根据题意将原不等式分成两个函数,再求导分析函数的单调性,进而根据区间端点满足的不等式求解.属于难题.
二、多选题
9．已知函数的定义城为，，为的导函数，已知的图象如图所示，则以下说法正确的是（       ）

A．函数的图象关于对称
B．函数在区间上为单调递增函数
C．函数在处的切线的倾斜角大于
D．关于的不等式的解集为
【答案】BCD
【分析】根据导函数的图象得到，即原函数是增函数可判断ABC；令，求判断在上单调性，利用单调性可解不等式可判断D.
【详解】对于A，函数的导函数，则在上是单调递增函数，图象不关于对称，错误；
对于B，的图象都在x轴的上方，所以，所以函数在区间上为单调递增函数，正确；
对于C，的图象都在的上方，所以，设在处的切线的倾斜角为，则在处切线的斜率大于2，因为正切函数在的单调递增，所以倾斜角大于，正确；
对于D，因为，令，则，故在上单调递增，又因为，关于的不等式的解集为，正确.
故选：BCD.
【点睛】本题考查了导函数图象与原函数单调性的关系，关键点是根据图象判断出原函数的单调性，考查了学生分析问题、解决问题的能力.
10．已知函数，若的零点为，极值点为，则（       ）
A． B．
C．的极小值为 D．有最大值
【答案】BC
【解析】分别讨论和时函数的零点，极值和最值，再结合选项即可得到答案.
【详解】当时，，此时函数无零点，
当时，，函数的零点为，所以，
当时，，
由得，由，得，
所以在为减函数，在为增函数，
即函数在处取得极小值，极小值点为，极小值为，
当时，为递增函数，此时无极值，也无最大值，
所以，所以.
故选：BC
【点睛】本题主要考查函数的极值和最值，同时考查函数的零点，属于中档题.
11．已知函数 ，曲线上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y轴垂直，则实数a的值可能是（       ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】理解题意就是函数 的导函数存在两个不同的零点，讨论导函数的图像即可.
【详解】∵曲线上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y轴垂直，
∴ 有两个不同的解，
即得 有两个不同的解，
即的图象与 的图象有两个不同的交点，
，
∴当时， ， 单调递减；
时， ， 单调递增，
∴时，y取得最小值 ，
又当时，，
函数图象如下：

∴当 时，的图象与 的图象有两个不同的交点，
结合选项可得实数a的值可能是 ， ；
故选：BC．
12．（多选）材料：函数是描述客观世界中变量关系和规律的最为基本的数学语言和工具，初等函数是由常数和基本初等函数经过有限次的有理运算及有限次的复合所产生的，且能用一个解析式表示的函数，如函数（），我们可以作变形：，所以可看作是由函数和复合而成的，即（）为初等函数．根据以上材料，对于初等函数（）的说法正确的是（       ）
A．无极小值 B．有极小值1 C．无极大值 D．有极大值
【答案】AD
【分析】根据给定信息，对函数变形并求导，进而判断其极值情况即可得解.
【详解】依题意，，，
求导得：，由，得，
当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，
所以有极大值，无极小值.
故选：AD
三、填空题
13．若函数在处取得极小值，则a=__________．
【答案】2
【分析】对函数求导，根据极值点得到或，讨论的不同取值，利用导数的方法判定函数单调性，验证极值点，即可得解.
【详解】由可得，
因为函数在处取得极小值，
所以，解得或，
若，则，
当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；所以函数在处取得极小值，符合题意；
当时，，
当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；所以函数在处取得极大值，不符合题意；
综上：.
故答案为：2.
【点睛】思路点睛：
已知函数极值点求参数时，一般需要先对函数求导，根据极值点求出参数，再验证所求参数是否符合题意即可.
14．如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有________种.（以数字作答）

【答案】72
【分析】首先分析图形结构，从使用了四种颜色还是三种颜色进行分类讨论，最后相加得到最后的结果即可.
【详解】当使用四种颜色时，先着色第一区域，有4种方法，剩下3种颜色涂四个区域，则第2、4和第3、5区域需一组涂上同一种颜色，另外一组涂上不同颜色，所以共有种着色方法；
当仅使用三种颜色时：从4种颜色中选取3种有种方法，先着色第一区域，有3种方法，剩下2种颜色涂四个区域，只能是一种颜色涂第2、4区域，另一种颜色涂第3、5区域，有2种着色方法，由乘法原理有种.综上共有：种.
故答案为：72
【点睛】本题主要考查排列组合中的涂色问题，在处理该类问题时，一般是两种解题思路，一是从所使用的颜色种类进行分类，一种是利用分步计数原理进行逐个分析涂色方法即可，但是一般图形结构比较复杂时，用第一种方法比较合适.
15．已知，若a，b满足，则的最大值为________．
【答案】
【分析】由，得，从而有，然后构造函数，利用导数求出其最大值，从而可得答案
【详解】解：由，得，
所以，
令，
则，
令，则，
所以在上单调递减，
因为，所以当时，，当时，，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
此时，即，
因为为单调递增函数，所以最大时，最大，
所以的最大值为，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的最值，解题的关键是由，得，从而，构造函数求出其最大值，可得的最大值，从而可求出的最大值，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题
四、双空题
16．设函数 若，则的最小值为__________； 若有最小值，则实数的取值范围是_______．
【答案】         
【分析】(1)将a=1代入函数，分析每段函数的最小值，则的最小值可求；(2)讨论a<0,a=0和a>0时函数的单调性和最小值即可求解
【详解】(1)当a=1,,=()=()>0,1>x>ln2;()<0,x (2) ①当a<0时，由(1)知=单调递减，故（）单调递减，故故无最小值，舍去；
②当a=0时，f(x)最小值为-1，成立
③当a>0时，（）单调递增，故
对=，
当0 当a>ln2, 由(1)知,此时最小值为,即有最小值，综上a
故答案为   ；
【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性最值，分类讨论思想，分段函数，准确分类讨论是关键，是中档题
五、解答题
17．已知函数的导函数的两个零点为和．
（1）求的单调区间；
（2）若的极小值为，求在区间上的最大值．
【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是和；（2）最大值是．
【解析】（1）求得，由题意可知和是函数的两个零点，根据函数的符号变化可得出的符号变化，进而可得出函数的单调递增区间和递减区间；
（2）由（1）中的结论知，函数的极小值为，进而得出，解出、、的值，然后利用导数可求得函数在区间上的最大值.
【详解】（1），
令，
因为，所以的零点就是的零点，且与符号相同．
又因为，所以当时，，即；当或时，，即.
所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是和；
（2）由（1）知，是的极小值点，
所以有，解得，， ，
所以．
因为函数的单调递增区间是，单调递减区间是和.
所以为函数的极大值，
故在区间上的最大值取和中的最大者，
而，所以函数在区间上的最大值是．
【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间与最值，考查计算能力，属于中等题.
18．已知函数，其中为常数.
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)若函数在存在极小值，求a的取值范围.
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）求出导数，得切线斜率，可得切线方程；
（2）求出导函数，分类讨论求的根，讨论的单调性，得极值点．要极值点在上才能满足题意．
【详解】（1），，，又，所以切线方程为．
（2），
由（1）知不合题意，
当时，由得，且当时，，时，，是的极小值点，由题意，所以．
当时，由得或，，若，则，则当时，，是减函数，所以在上是单调函数，无极值点，
当时，，或时，，时，，即在，上递减，在上递增，所以在上无极小值点．
综上的取值范围是．
【点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的单调性，函数的极值，考查了分类讨论思想、转化与化归思想．属于难题．
19．已知函数．
（1）当时，求函数的零点；
（2）求的单调区间；
（3）当时，若对恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）见解析（3）
【分析】（1）由，可知当时，，可得两零点；
（2）由，得或，分，，三种情况进行讨论；
（3）由求得函数在上的最小值，若不等式对恒成立，则，解得.
【详解】（1）令，即．
因为，所以．又，所以
解得．
所以函数有且只有两个零点．
（2）．
令，即，解得或．
若，则，，单调递减区间为，无增区间
当，列表得：




1



0

0


单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增

当时，
①若，则，列表得




1



0

0


单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减

②若，则，列表得


1





0

0


单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减

综上，当，单调递减区间为，无增区间，
当时，单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，单调递增区间为，单调递减区间为．
（3）因为，所以当时，有，
所以，从而．
当时，由（2）可知函数在时取得最小值．
所以为函数在上的最小值．
由题意，不等式对恒成立，
所以得，解得．
所以的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数解决恒成立问题，解题的关键是对函数求导后，求出极值点后，对分三种情况讨论，通过判断极值点的大小，求出函数的单调区间，考查数学分类思想和计算能力，属于较难题
20．如图，某地有三家工厂，分别位于矩形ABCD的顶点A，B以及CD的中点P处，Q为AB的中点.已知AB=20km，CB=10km，为了处理三家工厂的污水，现要在矩形ABCD内(含边界)，且与A，B等距离的一点O处建造一个污水处理厂，并铺设排污管道AO，BO，OP，设排污管道的总长为km．

(I)设，将表示成的函数关系式；
(II)确定污水处理厂的位置，使三条排污管道的总长度最短，并求出最短值．
【答案】（I）（II）污水处理厂的位置为点P位于线段AB的中垂线上且距离处，
【分析】(I)在直角三角形AOQ中,利用AQ=10,可以求得OA和OQ,从而可得OP=10-OQ,
然后可得,并写上的范围,即可得到.
(II)利用导数得到函数的单调性,根据单调性可求得函数的最值.
【详解】（I）由条件PQ垂直平分AB，若，则，
故又,所以,
所以，
所求函数关系式为
（II）,
令,得 ,,所以,
当时,,是的减函数,
当时,, 是的增函数,
所以当时,,
此时点位于线段的中垂线上,且距离边处.
所以三条排污管管道总长最短为
【点睛】本题考查了利用导数求函数的最小值.本题属于中档题.
21．已知函数．
（I）若是的极值点，求的单调区间；
（II）求a的范围，使得恒成立．
【答案】（I）的单调增区间为，减区间为；（II）
【分析】（I）根据题意得出，求出a，进而由求得增区间，由求得减区间；
（II）根据题意将问题转化为时恒成立，设，求出，分类讨论参数a，得到，即可得到a的范围.
【详解】（I）函数的定义域为，，
因为是的极值点，所以，解得a=3，
当a=3时，，
令，得或；令，得，
所以函数的单调增区间为；单调减区间为.
（II）要使得恒成立，即时恒成立，
设，则，
当时，由得单调减区间为，由得单调增区间为，
故，得；
当时，由得单调减区间为，
由得单调增区间为，；此时，不合题意；
当时，在上单调递增，此时，不合题意；
当时，由得单调减区间为，由得单调增区间为，，此时，不合题意；
综上所述：时，恒成立.
22．已知函数，其中.
（1）设是函数的极值点，讨论函数的单调性；
（2）若有两个不同的零点和，且，
（i）求参数的取值范围；
（ii）求证：.
【答案】（1）见解析；（2）（i），（ii）见解析.
【分析】（1）求函数导数，由可得解，进而得单调区间；
（2）（i）分析函数导数可得函数单调性，结合，所以，可得解；
（ii）先证当时，若，得存在，进而证，再证时，，可得，构造函数，利用函数单调性即可证得.
【详解】（1），
若是函数的极值点，则，得，经检验满足题意，
此时，为增函数，
所以当，单调递减；
当，单调递增
（2）（i）， ，
记，则，
知在区间内单调递增.
又∵， ，
∴在区间内存在唯一的零点，
即，于是， .
当时， 单调递减；
当时， 单调递增.
若有两个不同的零点和，且，
易知，所以，解得.
（ii）当时有，令.
由（i）中的单调性知，存在，当.
，所以.
下证当时，.
由，
所以，
由（i）知，当，得..
所以，令
要证，即证.
令单调递增，且，
所以单调递增，所以.得证.
【点睛】本题主要研究了函数的极值和函数的单调性，考查了构造函数的思想及放缩法证明不等式，属于难题.