重庆市四川外国语大学附属外国语学校2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题

这是一份重庆市四川外国语大学附属外国语学校2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（满分150分，120分钟完成）
一、选择题，本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是复合题目要求的．
1．下列四个函数，在处取得极值的函数是（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数满足，则的值为（ ）
A．B．C．D．
3．设为等比数列，，则（ ）
A．B．C．3D．9
4．已知，分别为双曲线的左、右焦点，为的右支上一点，且，则到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
5．设为抛物线的焦点，点在上，点，若，则（ ）
A．2B．C．3D．
6．已知函数的定义域为，对任意，有，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数的定义域为，则（ ）
A．在的切线方程为B．在上单调递增
C．恰有2个极值点D．有且仅有2个极大值点
8．已知函数，若有两个极值点、且，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．对于函数，下列说法正确的是（ ）
A．函数有两个极值点
B．过作函数的切线只有1条
C．
D．若函数在区间上存在最大值，则
10．已知函数，则（ ）
A．
B．函数有极大值，且极大值点
C．
D．函数只有1个零点
11．已知函数，则（ ）
A．当时，函数恰有1个零点
B．当时，函数恰有2个极值点
C．当时，函数恰有2个零点
D．当函数恰有2个零点时，必有一个零点为2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．设等差数列的前项和为，若，，则_______．
13．函数在区间上不单调，则实数的取值范围是_______．
14．已知函数在处取得极大值，则的取值范围是_______．
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．（13分）已知数列的前项和为，．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项的和．
16．（15分）如图，已知在四棱锥中，底面是矩形，平面底面，，是的中点．
（1）证明：；
（2）若，，求平面与平面的夹角的余弦值．
17．（15分）已知函数，的导函数为．
（1）若在处的切线与轴平行，，求证：当，的图象在的图象上方；
（2）是否存在正实数，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出，的所有值；若不存在，说明理由．
18．（17分）已知椭圆的左、右顶点分别为，，过左焦点且垂直于轴的直线交椭圆于，两点，．
（1）求椭圆的方程；
（2）若点，为椭圆上异于，的两个动点，设直线，的斜率分别为，，和的面积分别为，，若，求的最大值．
19．（17分）已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）当时，判断的零点个数，并证明结论；
（3）不等式在上恒成立，求实数的取值范围．
3月月考答案
1．B 2．A 3．B 4．A 5．B 6．A
7．D 由，得，当时，，C．显然，当时，令，则，所以，分别作出和在的图象，由图可知，这两个函数的图象在区间上共有4个公共点，且图象在这些公共点处都不相切，故在区间上的极值点的个数为4，有2个极大值点，D正确．
8．A 解：由，得，有两个极值点，则有两个零点，即方程有两个实根，令，则，所以，解得，，解得，从而在上单调递增，在上单调递减，时，；时，，，据此可作出函数的图像如下：
首先当且仅当时，直线与函数的图象有两个交点，
其次，由图可知，，且当时，随的减小而增大，不妨考虑的情形，此时，因为，所以，将代入，得，两式相除，得，故，即．所以当且仅当时，有两个极值点、且．故选：A．
9．AC
10．BD 对A，由，，得，则，故错误；对，令，，则，所以在上单调递减，
又，，所以存在，使得，即，即时，，时，，则在上单调递增，在上单调递减，所以有极大值，且极大值点，故B正确；对C，由以上分析知在上单调递减，故，故C错误；对D，当时，单调递增，又，在内有唯一个零点，当时，，则，则在上无零点，即只有一个零点，故D正确．故选：BD．
11．ABD 解：，，
令，则，在上是减函数，在上是增函数，，当时，，恒成立，在上是增函数，又当时，；当时，，有且仅有一个零点，故正确；
当时，，有两个实根，，当时，即；当时，即；当时，即，在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，有两个极值点，故B正确；
当有两个零点时，或，即或，将或代入得，或，故C错误，D正确．故选：ABD．
12．110．
13．或
14．解：的定义域是，，
由于函数在处取得极大值，所以，，，
且在上，单调递增，在上，单调递减，
所以单调递减，所以，，所以，构造函数，
显然，，所以在区间上，单调递增，
在区间上，单调递减，所以是的极大值也即是最大值，
所以，也即的取值范围是．故答案为：．
15．第（1）问5分，第（2）问8分解：（1）当时，，则，
当时，，则，则数列是以2为公比的等比数列，则；
（2）因为，所以，
则．
16．【解答】第（1）问6分，第（2）问9分．
（1）证明：因为平面底面，在矩形中，，平面平面，所以平面．
又因为平面，所以，，是的中点，所以．，所以平面，因为平面，所以．
（2）解：因为由（1）知平面，所以，，所以平面．以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为，则，，，设平面的一个法向量为，则，．
则，取，则，，所以平面的一个法向量为，平面，故面的法向量为，
则，所以平面与平面的夹角的余弦值为．
17．【解答】第（1）问7分，第（2）问8分
解：（1），，得，原命题等价于，
所以只需证明时：；
设，，单增，，
所以原命题成立．
（2）．令，解得，或．
时，函数在，上单调递增，在上单调递减．
①时，函数在上单调递减．时，即时，
函数在上单调递减．则，，解得，，满足条件．
②，即时，函数在上单调递减，在上单调递增．则最小值，
化为：．而，，最大值为或．
若：，，解得，矛盾，舍去．
若：，，解得，或0，矛盾，舍去．
综上可得：存在，使得在区间的最小值为且最大值为1．
18．第（1）问5分，第（2）问12分
解：（1）根据题意可得，过左焦点且垂直于轴的直线为，把代入，
所以，所以，所以，所以椭圆的方程为．
（2）设点，，若直线的斜率为零，由对称性知，，
则，，所以，不合题意，
设直线的方程为，由于直线不过椭圆的左、右顶点，则，
联立，得，由可得，，，，
所以，
解得，即直线的方程为，故直线过定点，
由韦达定理得，，
，，
所以，
设，则，当时，，单调递增，因为，所以，
所以的最大值为．
19．第（1）问6分，第（2）问4分，第（2）问7分
解：（1）由函数的定义域为，且，
若，令，解得，当时，；当时，，
若，令，解得或，
①若时，即时，当时，；当时，；
②若时，即时，当或，；当时，；
③若时，即时，可得，且仅；
④若时，即时，
当或，；当时，；
综上所述，当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，函数的单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，．
（2）只有一个零点证明：由（1）知，当时，单调递增，
又由，可得，此时在只有一个零点；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，，
当时，函数取得极大值，极大值为，在没有零点；
当时，函数取得极小值，其中，在没有零点；
当时，，；又，
，由，必有正根，当时，
取，显然，有，所以在有一个零点．综上，命题成立．（用极限不给分）
（3）法一：由在上恒成立，
所以在上恒成立，
令，则，令，则，
当时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，
又，，，当时，在内存在唯一的零点当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，，单调递增，
所以，，，因为，所以，，所以，
因为，所以，所以，所以实数的取值范围为．
法：：同构：由在上恒成立，，即，令，则
，，；则，
，，，．
命题人
高二备课组
审题人
高二备课组