广东省惠州市实验中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）

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考试时间：120分钟
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的.
1. 下列求导运算结果正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据导数的运算法则及基本初等函数的导数公式计算可得.
【详解】A：，故A错误；
B：，故B正确；
C：，故C错误；
D：，故D错误；
故选：B.
2. 已知函数在处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为，则实数的值为（ ）
A. 1B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求得曲线在处的切线为，结合题意，列出方程，即可求解.
【详解】由题意，函数，则，
可得，，即切点坐标为，
所以在处的切线为，
当时，；当时，，
因为在处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为，
可得，解得或，
又因为，所以.
故选：C.
3. 设函数在区间上的最大值和最小值分别为M，m则（ ）
A. 4B. 6C. 10D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】将函数分离常数变形后，判断出其单调性，根据单调性求出最值即可得解.
【详解】因为f(x)= =2+，
所以f(x)在[3，4]上是减函数.
所以m=f(4)=4，M=f（3）=6.
所以.
故选：C.
4. 函数f(x)＝x2－ln 2x的单调递减区间是( )
A. B. C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】先求出f(x)的导数f′(x)，令f′(x)≤0即可解出答案（注意定义域）
【详解】由题意知，函数f(x)定义域为x>0，
因为f′(x)＝2x－＝，由f′(x)≤0得解得0【点睛】本题主要考查利用导数解决函数单调性的问题．属于基础题
5. 函数y＝的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性可排除B，在根据导数求出函数在当时的单调区间，即可得出答案.
【详解】∵y＝f(－x)＝＝－f(x)，
∴y＝f(x)＝为奇函数，
∴y＝f(x)的图象关于原点成中心对称，可排除B.
又∵当x＞0时，f(x)＝， ，
∴当x＞e时，＜0，
∴函数f(x)在(e，＋∞)上单调递减；
当0＜x＜e时，＞0，
∴函数f(x)在(0，e)上单调递增.
故可排除A，D，而C满足题意.
故选：C.
6. 已知函数，若在R上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出导函数，由已知得出恒成立.进而推得恒成立，由列出不等式，解不等式即可得出答案.
【详解】由已知可得，.
因为在R上单调递增，所以恒成立.
因为，
所以恒成立，
所以，，解得.
故选：D.
7. 某莲藕种植塘每年的固定成本是2万元，每年最大规模的种植量是10万斤，每种植1斤藕，成本增加1元．销售额(单位：万元)与莲藕种植量(单位：万斤)满足(为常数)，若种植3万斤，利润是万元，则要使销售利润最大，每年需种植莲藕（ ）
A. 7万斤B. 8万斤C. 9万斤D. 10万斤
【答案】B
【解析】
【分析】由已知求参数a，再利用导数研究函数的单调性，进而确定销售利润最大时每年需种植莲藕量.
【详解】设销售利润为，
则．
因为，所以，
则，因为，
所以当时，；当时，，
故函数在上单调递增，在上单调递减，
所以时，函数取得最大值．所以要使销售利润最大，每年需种植莲藕8万斤．
故选：B．
8. 定义在上的函数满足：对于定义域上的任意，，当时，恒有，则称函数为“理想函数”.给出下列四个函数：
①；②；③；④能被称为“理想函数”的有（ ）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】C
【解析】
【分析】首先求得“理想函数”的等价条件，然后对题目所给四个函数逐一分析，从而确定正确选项.
【详解】依题意，定义在上的函数满足：对于定义域上的任意，当时，恒有，
不妨设，可得，即，
即，所以函数在上单调递增.
也即为“理想函数”的等价条件是函数在上单调递增.
①，在上单调递减，不符合；
②，在上单调递增，符合；
③，在上单调递减，不符合；
④，在上单调递增，符合；
综上所述，②④符合题意.
故选：C
二､多选题：本小题共3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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列命题正确的有（ ）
A. 已知函数在上可导，若，则
B. 已知函数，若，则
C. 若函数，则的极大值为
D. 设函数的导函数为，且，则
【答案】BD
【解析】
【分析】结合导数的定义，可判定A错误；根据导数的运算对函数求导，结合已知条件求出的值，可判定B正确；利用导数研究函数的单调性，求得极大值，可判定C错误；求得函数的导数，然后给赋值，可判定D正确．
【详解】对于A中，由，所以A错误；
对于B中，由函数，可得，则，
解得，所以B正确；
对于C中，由函数，可得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以函数的极大值为，所以C错误；
对于D中，由函数，可得，
所以，解得，所以D正确.
故选：BD.
10. 已知函数，则（ ）
A. 有两个极值点
B. 有三个零点
C. 直线是曲线的切线
D. 若在区间上的最大值为3，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用导数求函数的单调性、极值、最值，及导数的几何意义计算即可.
【详解】由题意可知，
易知时，时，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以在上取得极大值，在上取得极小值，即A正确；
又，
所以在区间上分别各有一个零点，即B正确；
联立与得，
若直线是曲线的切线，则切点为，而，所以C错误；
若在区间上的最大值为3，由上可知，所以，
故D正确.
故选：ABD
11. 在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里的一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹*布劳威尔.简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（ ）
A. 函数只有一个不动点
B. 若定义在R上的奇函数，图象上存在有限个不动点，则不动点个数是奇数
C. 函数只有一个不动点
D. 若函数上存在两个不动点，则实数a满足
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据不动点函数和不动点的定义，将各选项的不动点问题转化为方程的解的问题来处理后可得正确的选项，ACD选项中的对应的方程的解的问题需结合导数来处，而B中则需结合奇函数的性质来处理.
【详解】对于A，令，因为，，
故在上存在零点，但，
故在上为减函数，故在上仅有一个零点，
故有且仅有一个实数解，即只有一个不动点，故A正确.
对于B，若为奇函数的非零不动点，则，
而，所以也为奇函数的非零不动点，
故的非零不动点成对出现，而，故为奇函数的不动点，
所以奇函数不动点个数是奇数，故B正确.
对于C，设，则，
时；时；
故在上递增，在上递减，
而，，，
故在有两个不同的零点，故，
故有两个不动点，故C错误.
对于D，若函数在上存在两个不动点，
则在上存在两个不同的解，
故在上存在两个不同的解，
设，，
若，则，故在上为增函数，
在上至多一个零点，与题设矛盾；
若，时；时；
故在上递增，在上递减，
因为在上存在两个不同的零点，故，
故.
此时，，
下证：当时，.
设，则，
故在上为减函数，故，
故上恒成立，故在上恒成立，
故在上恒成立，令，则，
故当时，有，
故时，在上的确存在两个不同的零点，故D正确.
故选:ABD.
【点睛】思路点睛：导数背景下函数的零点问题，需要结合导数的符号讨论函数的单调性，并结合零点存在定理讨论零点的存在性问题，取点如果比较复杂，则可以利用放缩法把指对数函数转为多项式函数来讨论.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数的极大值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数研究函数的单调性，由此可求得该函数的极大值.
【详解】，定义域为，.
令，可得或.
当或时，，此时，函数单调递增；
当时，，此时，函数单调递减.
所以，函数在处取得极大值，且极大值为.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用导数求解函数的极值，考查计算能力，属于中等题.
13. 已知函数在时有极值0，则= ______ .
【答案】
【解析】
【分析】对函数进行求导，根据函数在时有极值0，可以得到，代入求解，并进行检验，即可求出结果.
【详解】∵，，函数在时有极值0，
可得即 ，解得或，
若时，函数，
所以函数在上单调递增，函数无极值，故舍，
所以，所以
故答案：．
14. 已知函数，，若关于的不等式有解，则的最小值是__________.
【答案】##
【解析】
【分析】参变分离可得有解，令，，利用导数求出，即可求出参数的取值范围，从而得解.
详解】由得，显然，
所以有解，
令，则，
令，则，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，
所以，则，即的最小值是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是参变分离得到有解，再构造函数，利用导数求出.
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. 已知函数
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间．
【答案】（1）
（2）单调增区间为，，单调递减区间为.
【解析】
【分析】（1）利用导数几何意义，求出曲线在点处的切线方程即可；
（2）利用导数求出函数的单调区间即可.
【小问1详解】
，则，
则切线的斜率，又，
所以曲线在点处的切线方程为．
【小问2详解】
，
则，
由，可得或；由，可得，
所以函数的单调增区间为，，单调递减区间为．
16. 已知为等差数列，公差，且、、成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，证明：．
【答案】16.
17. 证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的通项公式及等比中项的性质求出，即可得解；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法求和即可得证.
【小问1详解】
依题意，，
又、、成等比数列，
所以，即，解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得，
所以
.
17. 的内角的对边分别为，已知
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）12
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，结合三角恒等变换公式化简计算即可；
（2）表示出面积，结合余弦定理计算即可.
【小问1详解】
由已知及正弦定理得：,
即，
由，故，
,因为，所以.
【小问2详解】
由已知得，，
又，，所以
由余弦定理得：，
所以，从而，
即,
∴周长为．
18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线与交于P，Q两点，的周长为8，焦距为．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与圆相切，且与交于不同的两点R，S，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由的周长结合椭圆的定义得出，再由的关系求出，进而得出椭圆的方程；
（2）当直线斜率不存在时，，当直线斜率存在时，设直线的方程为，由直线与圆相切，得，再联立方程组，由弦长公式求最值.
【小问1详解】
因为的周长为8，
所以，解得，
焦距为，，所以，
所以椭圆E的方程为．
【小问2详解】
由（1）可知圆，
当直线斜率不存在时，为或，
当时，，则，
当时，同理，
当直线斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为，
因为直线与圆相切，所以，则，
设，
联立椭圆于直线方程，
消元得，
所以，
由，得,
,
令，
则，
由，所以当时，，
而时，单调递减，所以，
所以.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为，；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19. （1）证明不等式：（第一问必须用隐零点解决，否则不给分）；
（2）已知函数有两个零点.求a的取值范围.（第二问必须用分段讨论解决，否则不给分）
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，构造函数，借助导数探讨函数最小值正即可推理作答.
（2）求出函数的导数，利用导数分类讨论函数的单调性、零点情况作答.
【详解】（1）令函数，，求导得：，显然函数在上单调递增，
而，，则存在，使得，即，有，
当时，，当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，
，
所以.
（2）函数定义域R，求导得，
当时，由得，，由得，，即函数在上递减，在上递增，
，而，即存在，使得，则函数在上有唯一零点，
取且，则，
即存在，使得，则函数在上有唯一零点，
因此当时，函数有两个零点，
当时，函数只有一个零点2，
当时，若，当或时，，当时，，
即有在上单调递增，在上单调递减，又，，
因此函数在上没有零点，在上最多一个零点，即函数最多一个零点，
若，恒有，即函数在R上单调递增，函数最多一个零点，
若，当或时，，当时，，
即有在上单调递增，在上单调递减，又，，当时，，
因此函数在上没有零点，在上最多一个零点，即函数最多一个零点，
综上得，当时，函数有两个零点，当时，函数最多一个零点，
所以a的取值范围是.