2022-2023学年福建省龙岩第一中学高二下学期第一次月考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年福建省龙岩第一中学高二下学期第一次月考数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省龙岩第一中学高二下学期第一次月考数学试题 一、单选题1．已知函数在处的导数为，则（    ）A．1 B．2 C． D．6【答案】B【分析】先对进行化简变形，转化成导数的定义式，即可解得.【详解】在处的导数为，，则.故选：B2．如图所示是函数的图象，其中为的导函数，则下列大小关系正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用函数图象确定函数的单调性，由此确定的值，比较其大小.【详解】由已知可得：函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，函数在时取极小值，所以，所以，故选：A.3．已知某物体在平面上做变速直线运动，且位移（单位：米）与时间（单位：秒）之间的关系可用函数：表示，则该物体在秒时的瞬时速度为（    ）A．米/秒 B．米/秒 C．米/秒 D．米秒【答案】A【分析】直接对位移关于时间的函数求导，代入即可.【详解】由题得，当时，，故瞬时速度为米/秒，故选；A.4．函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】判断函数的奇偶性，再判断函数值的正负，从而排除错误选项，得正确选项.【详解】因为所以得，所以为奇函数，排除C；在，设，，单调递增，因此，故在上恒成立，排除A、D，故选：B.【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置.（2）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）从函数的特征点，排除不合要求的图象.5．若对任意的 ，，且，都有，则m的最小值是（    ）A． B．  C．1 D．【答案】A【分析】已知不等式变形为，引入函数，则其为减函数，由导数求出的减区间后可的最小值．【详解】因为，所以由，可得，，即．所以在上是减函数，，当时，，递增，当时，，递减，即的减区间是，所以由题意的最小值是．故选：A．6．已函数及其导函数定义域均为，且，，则关于的不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据已知不等式构造函数，利用导数判断所构造的新函数的单调性，然后利用单调性进行求解即可.【详解】由，设是实数集上的减函数，且，所以由，故选：B7．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并且是构成一般不动点定理的基石．简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数．若函数为“不动点”函数，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意列出关于和的等式，然后分离参数，转化为两个函数有交点.【详解】由题意得若函数为不动点函数则满足，即，即设，设所以在单调递减，且所以在上单调递增，，所以在上单调递减，所以当则当则所以的图像为：要想成立，则与有交点，所以故选：B8．已知,则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】构造,求导求单调性即可得,即证明,再构造,,求导求单调性即可得,即,即证明,即可选出选项.【详解】解:由题知构造,,所以,故在单调递减,所以,即,即,即因为,构造,,所以,即在上单调递增,所以,即,即,即,综上:.故选:D 二、多选题9．下列函数的求导正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】对每一选项的函数分别求导即得解.【详解】解：A. ，所以该选项错误；B. ，所以该选项正确；C. ，所以该选项正确；D. ，所以该选项错误.故选：BC10．已知，下列说法正确的是（    ）A．在处的切线方程为B．若方程有两个不相等的实数根，则C．的极大值为D．的极小值点为【答案】BC【分析】对求导，结合导数的几何意义可得切线的斜率，写出切线方程，可判断选项A；利用导数分析函数的单调性，极值可判断选项B,C,D．【详解】，所以（1），（1），的图象在点处的切线方程为（1），即，故选项A不正确；在上，，单调递增，在上，，单调递减，所以的极大值也是最大值为（），且当时，，当时，，所以方程有两个不相等的实数根，则，故选项BC正确； 因为在上，单调递增，在上，单调递减，所以函数没有极小值点，故选项D错误.故选：BC11．若函数在区间上存在最小值，则整数可以取（    ）A．-3 B．-2 C．-1 D．0【答案】BCD【分析】求出函数的导数，根据导数判断函数的单调性，画出示意图，利用数形结合转化求解即可.【详解】由题意，得，故在，上是增函数，在上是减函数，作出其大致图象如图所示，令，得或  则结合图象可知，解得.又，所以，可以取.故选：BCD【点睛】本题主要考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的值的求法，考查分析问题解决问题的能力，数形结合的应用，是中档题.12．若存在实常数k和b，使得函数和对其公共定义域上的任意实数x都满足：和恒成立，则称此直线为和的“隔离直线”，已知函数，，（e为自然对数的底数），则下列结论正确的是（    ）．A．函数在区间上单递减B．和之间存在“隔离直线”，且k的最小值为C．和之间存在“隔离直线”，且b的取值范围是D．和之间存在“隔离直线”，且“隔离直线”不唯一【答案】ABC【分析】A选项利用导函数即可讨论单调性，根据定义可判定BC选项正确，对于D选项，发现和的公共点，如果存在“隔离直线”，一定过该点，得出必要条件，再证明充分性.【详解】A选项：，，所以函数在区间上单递减；设函数，之间的隔离直线，即恒成立，所以，所以又恒成立，则函数不能开口向上，若，符合题意；恒成立，的对称轴，所以只需满足，所以且，，所以，同理，所以BC正确；函数， 有公共点，如果， 存在隔离直线，则该直线一定过点，设该直线，即，恒成立，若不恒成立，不合题意；若，记，对称轴，在单调递增，当，，不合题意；若，恒成立，对称轴，则，解得，此时直线方程，下面证明，记，，单调递减，单调递增，，即.所以其隔离直线唯一：，所以D选项错误.故选：ABC 三、填空题13．函数在点处的切线方程为____________．【答案】【分析】求导，再根据导数的几何意义即可得解.【详解】，则，所以函数在点处的切线方程为，即.故答案为：.14．函数，则________．【答案】1【分析】根据导数的运算法则求导得，进而得【详解】对求导，得，令 ，得，所以∴ ．故答案为：.【点睛】本题考查导数的计算，是考查运算求解能力，是基础题.本题解题的关键在于注意到是常数，避免求导出错.15．不等式对任意恒成立，则正实数的取值范围为________．【答案】【分析】先将原不等式化为对于任意恒成立，由于在递增，故得，分离参数得，求解的最小值即可．【详解】，，令，易知在递增，，∴，又∵，，即对任意恒成立，设，则当时，；当时，所以在递减，在上递增，，则故答案为：．【点睛】思路点睛：本题考查不等式恒成立问题，利用分离参数法和构造函数，通过求新函数的最值求出参数范围．16．若函数在区间D上有定义，且均可作为一个三角形的三边长，则称在区间D上为“M函数”．已知函数在区间为“M函数”，则实数k的取值范围为_________________．【答案】【分析】先由题意得到且，再利用导数求得在的最值，从而求得k的取值范围.【详解】根据题意可知在区间D上为“M函数”，则有且，因为在区间为“M函数”，所以且，因为，所以，令，得；令，得；所以在上单调递增，在上单调递减，则，又，，则，即，所以，所以，解得，所以实数k的取值范围为.故答案为：. 四、解答题17．已知函数，，且．求：(1)a的值及曲线在点处的切线方程；(2)函数在区间上的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先求导，求出参数a，然后根据点斜式写出直线方程.（2）先求导，然后根据导数研究函数的最值.【详解】（1），解得：故，曲线在点处的斜率为，切线方程即（2）由（1）可知：，令，解得故当时，，所以单调递减；当时，，所以单调递增；区间内，当时取最大值，最大值为18．已知函数在及处取得极值．(1)求a，b的值；(2)若方程有三个不同的实根，求c的取值范围．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由已知可得，解方程即可得出.进而根据导函数的符号，检验即可得出答案；（2）根据（1）求出的极值，结合三次函数的图象，可知，求解即可得出c的取值范围．【详解】（1）由题意得，函数在及处取得极值，得，解得.此时，.当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减；当时，，函数在上单调递增.所以，在处取得极大值，在处取得极小值，满足题意.（2）由（1）知，在处取得极大值，在处取得极小值．又有三个不同的实根，由图象知，解得，所以实数c的取值范围是．19．已知函数．(1)当时，求函数的单调增区间．(2)讨论函数的单调性．【答案】(1)函数的单调递增区间有和；(2)答案见解析. 【分析】（1）求出导函数，根据导函数与函数的单调性的关系求单调递增区间；（2）求出导函数，通过对a的分类讨论，结合导数与函数单调性的关系求解.【详解】（1）函数的定义域为，当时，，所以.故当时， ，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减；当时，，函数在上单调递增；所以函数的单调递增区间有和；（2）由可得：.①当时， ，在上单调递增；②当时，时，时，在上单调递增； 时，时，在上单调递减；时， ，在上单调递增；.③当时，，且仅在时，，所以函数在上单调递增；④当时，时，时，在上单调递增； 时，时，在上单调递减；时， ，在上单调递增；.综上所述，当时，函数在上单调递增；当时，函数在和上单调递增，在上单调递减；当时，函数在上单调递增；当时，函数在和上单调递增，在上单调递减；20．2022年2月4日，第二十四届冬季奥林匹克运动会开幕式在北京国家体育场举行，拉开了冬奥会的帷幕．冬奥会发布的吉祥物“冰墩墩”、“雪容融”得到了大家的广泛喜爱，达到一墩难求的地步．当地某旅游用品商店获批经销此次奥运会纪念品，其中某个挂件纪念品每件的成本为5元，并且每件纪念品需向税务部门上交元的税收，预计当每件产品的售价定为元时，一年的销售量为万件，(1)求该商店一年的利润(万元)与每件纪念品的售价的函数关系式；(2)求出的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意，利用利润与销售量、售价、成本的关系写出函数关系式，注意定义域；（2）对求导，令得或，讨论与区间的位置情况判断的符号，进而确定的单调性，即可求得最大值．【详解】（1）由题意，预计当每件产品的售价为元，而每件产品的成本为5元，且每件产品需向税务部门上交元，所以商店一年的利润(万元)与售价的函数关系式为：．（2）∵，∴，令，解得：或，而，则，①当，即时，当时，，单调递增，当时，，单调递减，∴当时，取最大值；②当，即时，当时，，单调递增，∴当时，取最大值，综上，21．已知函数为的导数.(1)当时，求的最小值；(2)当时，恒成立，求的取值范围.【答案】(1)1(2) 【分析】（1）求导得，令，利用导数分析的单调性，进而可得的最小值即可．（2）令，问题转化为当时，恒成立，分两种情况：当时和当时，判断是否成立即可．【详解】（1）由题意，，令，则，当时，，，所以，从而在上单调递增，则的最小值为，故的最小值0；（2）由已知得当时，恒成立，令，，①当时，若时，由（1）可知，∴为增函数，∴恒成立，∴恒成立，即恒成立，若，令 则，令，则，令，则，∵在在内大于零恒成立，∴函数在区间为单调递增，又∵，，，∴上存在唯一的使得，∴当时，，此时为减函数，当时，，此时为增函数，又∵，，∴存在，使得，∴当时，，为增函数，当时，，为减函数，又∵，，∴时，，则为增函数，∴，∴恒成立，②当时，在上恒成立，则在上为增函数，∵，，∴存在唯一的使，∴当时，，从而在上单调递减，∴，∴，与矛盾，综上所述，实数的取值范围为.22．已知函数.(1)若在有两个零点，求实数的取值范围；(2)设函数，证明：存在唯一的极大值点，且.【答案】(1)(2)见解析 【分析】（1）在有两个零点，即函数与的图象有两个不同的交点，令，求出函数的单调区间及最值，从而可得出答案；（2）求导，二次求导，从而可得出的符号分布情况，再根据极值点的定义即可得证，再根据，结合基本不等式即可得证.【详解】（1）解：令，，则，因为在有两个零点，所以函数与的图象有两个不同的交点，令，则，当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增，所以，又当时，，当时，，所以；（2）证明：，故，令，，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，又，，，由零点存在性定理及的单调性知，方程在上有唯一根，设为且，从而有两个零点和，当或时，，当时，，所以在单调递增，在上单调递减，在单调递增，从而存在唯一的极大值点，由，得， ，当且仅当，即时，取等号，若，则，与题意矛盾，故，所以取等不成立，所以得证，又，在单调递增，所以得证，所以.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的零点问题及极值点的定义和不等式的证明问题，考查了分离参数法，考查了学生的逻辑推理能力及数据分析能力，属于难题.