资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩2页未读，
继续阅读
四川省达州外国语学校2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）
展开
这是一份四川省达州外国语学校2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版），文件包含四川省达州外国语学校2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题原卷版docx、四川省达州外国语学校2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
满分150分，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，只有一项是符合题目要求的．
1. 复数的虚部是（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简复数，即可得到答案.
【详解】，故复数的虚部是.
故选：D.
2. 已知，且，则所在的区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数单调递增结合零点存在定理判断.
【详解】因为在单调递增，
故在单调递增，
且，
故有唯一零点。
故选：C.
3. 已知分别是椭圆的左、右焦点，为上的一点，若，则（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】由椭圆的定义可知，再由，解方程即可得出答案.
【详解】因为，则，
由椭圆的定义可知：，
又因为，解得：.
故选：B.
4. 函数的图象在点处的切线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求切线方程.
【详解】因为，所以，所以切点为，又，
由导数的几何意义知函数的图象在点处的切线斜率，
故得函数的图象在点处的切线方程是，即为．
故选：B
5. 等比数列中，则（ ）
A. B. 5C. 10D. 20
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列的通项的性质求得公比，即可得结论.
【详解】设等比数列的公比为，
则，所以，
故.
故选：C.
6. 1949年10月1日，开国大典结束后，新成立的中央人民政府在北京饭店举行了有600余位宾客参加的新中国第一次国庆招待会，史称“开国第一宴”．该宴的主要菜品有：鲍鱼浓汁四宝、东坡肉方、蟹粉狮子头、鸡汁煮干丝、清炒翡翠虾仁和全家福．若这六道菜要求依次而上，其中“东坡肉方”和“鸡汁煮干丝”不能接连相邻上菜，则不同的上菜顺序种数为（ ）
A. 240B. 480C. 384D. 1440
【答案】B
【解析】
【分析】利用插空法求解.
【详解】鲍鱼浓汁四宝、蟹粉狮子头、清炒翡翠虾仁和全家福依次而上有种排列方式，
此时形成个空位，选出个空位将东坡肉方和鸡汁煮干丝分别插入进去，共有种排列方式，
由乘法原理可知不同的上菜顺序种数为，
故选：.
7. 意大利数学家列昂那多斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，，即，，此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域都有着广泛的应用.若此数列被2除后的余数构成一个新数列，则数列的前2024项的和为（ ）
A 1348B. 675C. 1349D. 1350
【答案】D
【解析】
【分析】由已知条件写出数列的前若干项，观察发现此数列周期为3，再利用数学归纳法证明猜想，从而可求得答案.
【详解】依题意，若，等价于为偶数，若，等价于为奇数，
显然，
猜想：，
当时，成立；
假设当时，成立，
则为奇数，为偶数；
当时，则为奇数，
为奇数，为偶数，
故符合猜想，
因此，，
所以数列的前2024项的和为.
故选：D
【点睛】方法点睛：本题主要考查数列的周期性以及应用，考查了递推关系求数列各项的和，利用递推关系求数列中的项或求数列的和：
（1）项的序号较小时，逐步递推求出即可；
（2）项的序数较大时，考虑证明数列是等差、等比数列，或者是周期数列.
8. 已知椭圆：的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，若，点满足，且，则椭圆C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由、结合正弦定理可得，又，故，再结合余弦定理计算即可得离心率.
【详解】由椭圆定义可知，由，故，，
点满足，即，则，
又，，
即，又，
故，则，即，
即平分，又，故，
则，则，
，
，
由，
故，
即，即，又，故.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题关键在于由、，得到平分，结合，从而得到.
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知直线与，则（ ）
A. 若，则两直线垂直B. 若两直线平行，则
C. 直线恒过定点D. 直线在两坐标轴上的截距相等
【答案】AC
【解析】
【分析】由，判断A；由平行关系求出，判定B；由直线的点斜式方程判断C；求出截距判断D.
【详解】当时，，
，则，所以两直线垂直，A正确；
若两直线平行，则，解得，
经检验，当时，两直线平行，B错误；
由，即，
所以直线恒过定点，C正确；
由，与两坐标轴的截距分别为，不相等，D错误.
故选：AC
10. 已知等差数列的前项和为，则（ ）
A. B.
C. 数列为单调递减数列D. 取得最大值时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】由已知条件求出等差数列的首项和公差，通过计算验证各选项的结论即可.
【详解】设等差数列的公差为，由，
得，解得，故A选项错误；
，B选项正确；
由，，等差数列为单调递减数列，C选项正确；
，由二次函数的性质可知，取得最大值时，，D选项正确.
故选：BCD
11. 设函数，则（ ）
A.
B. 函数有最大值
C. 若，则
D. 若，且，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据的解析式直接求解可对A判断；利用导数求最值方法可对B判断；结合给出的已知条件并利用A、B中的结论可对C、D判断求解.
【详解】对A，由题意知，所以，故A正确；
对B，由题意知的定义域为，，
当，，当，，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取到极小值也是最小值，故B错误；
对C，当时，可得，由A知，
所以，
由B知恒成立，所以，故C正确；
对D，当时，得，又因为，所以，
由B知在上单调递增，所以，又由A知，
所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：灵活运用已知条件，，并结合的对称性和单调性进行求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知抛物线的焦点为，在上有一点满足，则点到轴的距离为______.
【答案】9
【解析】
【分析】求出抛物线准线方程，再利用抛物线定义求出点的横坐标即得.
【详解】抛物线的准线方程为：，设点，
由抛物线的定义知：，解得，
所以点到轴的距离为9.
故答案为：9
13. 现有四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色，则一共有_________种着色方法．
【答案】144
【解析】
【分析】先对③着色，再求①和②，④和⑤着色，根据分步计数原理，即可求得结果.
【详解】先对③着色，共有种选择；
再对①和②进行着色，因为①和②颜色不能相同，且与③不同，则共有种选择；
最后对④和⑤进行着色，因为④和⑤颜色不能相同，且与③不同，则共有种选择；
根据分步计数原理，则共有：种着色方法.
故答案为：.
14. 设实数，对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】将化简为，再构造函数，求导分析单调性可得在区间上恒成立，再参变分离构造函数求最值解决恒成立问题即可.
【详解】因为恒成立即，
可得，令，则恒成立.
又，故当时，，故在区间上为增函数.
又恒成立，则在区间上恒成立，即，.
构造，则，令有，
故当时，，为增函数；当时，，为减函数.
故，故，即.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间上有最值，则
（1）恒成立： ；；
（2）能成立：；.
若能分离常数，即将问题转化为：（或），则
（1）恒成立： ；；
（2）能成立：；.
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. 已知函数在处取得极小值5．
（1）求实数a，b的值；
（2）当时，求函数的最小值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得到，，求出，，检验后得到答案；
（2）求导，得到函数单调性，进而得到极值和最值情况，得到答案.
【小问1详解】
，
因为在处取极小值5，所以，得，
此时
所以在上单调递减，在上单调递增
所以在时取极小值，符合题意
所以，．
又，所以．
【小问2详解】
，所以
列表如下：
由于，故时，．
16. 已知数列的前项和为.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用数列的通项和前n项和的关系求解；
（2）利用裂项相消法即可求解.
【小问1详解】
解：且，有，
当时，有，
两式相减得，
当时，由，适合，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
所以
.
17. 如图，四棱锥的底面是平行四边形，是边长为2的正三角形，平面平面为棱的中点．
（1）证明：平面．
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理，结合勾股定理的逆定理、面面垂直的性质定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
，
，即．
平面平面，平面平面，平面，
平面．
【小问2详解】
如图，分别取的中点，连接．
平面．
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
．
设是平面的法向量，则，
令，得，则．
故直线与平面所成角的正弦值为
．
18. 已知椭圆的左、右焦点是,且以为直径的圆的面积为,点P是椭圆C上任一点,且的面积的最大值为．
（1）求椭圆C的方程;
（2）若直线l与椭圆C交于A,B两点,且原点O到直线l的距离为1,求面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)根据题意先求出,再根据面积的最大值求出,进而求出椭圆的方程即可;
(2)先考虑直线l斜率不存在的情况,求出此时面积,再考虑直线l斜率存在的情况,设直线方程,利用原点O到直线l的距离,得到直线中参数的关系,再联立方程组,设点坐标,利用韦达定理,得出面积的式子进行化简求范围即可.
【小问1详解】
解:由题知以为直径的圆的半径为c,
所以,故,
由的面积最大值为,
所以,故,
所以,
所以椭圆C的方程为;
【小问2详解】
当直线l的斜率不存在时,由题意知直线l的方程为,
所以,
所以;
当直线l的斜率存在时,
令直线l的方程为,
由原点O到直线l的距离为1,
所以,
即,
联立方程,
消去y得:,
则有,
即,
令,
所以,
由
令,
则
,
令,
所以,
所以,
综上所述,．
【点睛】思路点睛:本题考查直线与圆锥曲线的综合应用,关于直线与圆锥曲线问题思路有:
(1)根据题意考虑直线与圆锥曲线的两个交点,即设有两个交点的直线方程;
(2)分情况讨论直线斜率是否存在;
(3)设直线方程,联立方程组;
(4)判别式大于零,韦达定理;
(5)根据题意建立关于的等式,化简即可.
19. 英国数学家泰勒发现了如下公式：其中为自然对数的底数，.以上公式称为泰勒公式.设，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题.
（1）证明：；
（2）设，证明：；
（3）设，若是的极小值点，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）首先设，利用导数判断函数的单调性，转化为求函数的最值问题；
（2）首先由泰勒公式，由和，再求得和的解析式，即可证明；
（3）分和两种情况讨论，求出在附近的单调区间，即可求解.
【小问1详解】
设，则.
当时，：当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
因此，，即.
【小问2详解】
由泰勒公式知，①
于是，②
由①②得
所以
即.
【小问3详解】
，则
，设，
由基本不等式知，，当且仅当时等号成立
所以当时，，所以在上单调递增.
又因为是奇函数，且，
所以当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
因此，是的极小值点.
下面证明：当时，不是的极小值点.
当时，，
又因为是上的偶函数，且在上单调递增,
所以当时，.
因此，在上单调递减.
又因为是奇函数，且，
所以当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减.
因此，是的极大值点，不是的极小值点.
综上，实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：第三问是本题的难点，关键是分和两种情况，利用导数判断附近的单调性.
0
1
2
3
0
0
1
↗
极大值6
↘
极小值5
↗
10
满分150分，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，只有一项是符合题目要求的．
1. 复数的虚部是（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简复数，即可得到答案.
【详解】，故复数的虚部是.
故选：D.
2. 已知，且，则所在的区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数单调递增结合零点存在定理判断.
【详解】因为在单调递增，
故在单调递增，
且，
故有唯一零点。
故选：C.
3. 已知分别是椭圆的左、右焦点，为上的一点，若，则（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】由椭圆的定义可知，再由，解方程即可得出答案.
【详解】因为，则，
由椭圆的定义可知：，
又因为，解得：.
故选：B.
4. 函数的图象在点处的切线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求切线方程.
【详解】因为，所以，所以切点为，又，
由导数的几何意义知函数的图象在点处的切线斜率，
故得函数的图象在点处的切线方程是，即为．
故选：B
5. 等比数列中，则（ ）
A. B. 5C. 10D. 20
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列的通项的性质求得公比，即可得结论.
【详解】设等比数列的公比为，
则，所以，
故.
故选：C.
6. 1949年10月1日，开国大典结束后，新成立的中央人民政府在北京饭店举行了有600余位宾客参加的新中国第一次国庆招待会，史称“开国第一宴”．该宴的主要菜品有：鲍鱼浓汁四宝、东坡肉方、蟹粉狮子头、鸡汁煮干丝、清炒翡翠虾仁和全家福．若这六道菜要求依次而上，其中“东坡肉方”和“鸡汁煮干丝”不能接连相邻上菜，则不同的上菜顺序种数为（ ）
A. 240B. 480C. 384D. 1440
【答案】B
【解析】
【分析】利用插空法求解.
【详解】鲍鱼浓汁四宝、蟹粉狮子头、清炒翡翠虾仁和全家福依次而上有种排列方式，
此时形成个空位，选出个空位将东坡肉方和鸡汁煮干丝分别插入进去，共有种排列方式，
由乘法原理可知不同的上菜顺序种数为，
故选：.
7. 意大利数学家列昂那多斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，，即，，此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域都有着广泛的应用.若此数列被2除后的余数构成一个新数列，则数列的前2024项的和为（ ）
A 1348B. 675C. 1349D. 1350
【答案】D
【解析】
【分析】由已知条件写出数列的前若干项，观察发现此数列周期为3，再利用数学归纳法证明猜想，从而可求得答案.
【详解】依题意，若，等价于为偶数，若，等价于为奇数，
显然，
猜想：，
当时，成立；
假设当时，成立，
则为奇数，为偶数；
当时，则为奇数，
为奇数，为偶数，
故符合猜想，
因此，，
所以数列的前2024项的和为.
故选：D
【点睛】方法点睛：本题主要考查数列的周期性以及应用，考查了递推关系求数列各项的和，利用递推关系求数列中的项或求数列的和：
（1）项的序号较小时，逐步递推求出即可；
（2）项的序数较大时，考虑证明数列是等差、等比数列，或者是周期数列.
8. 已知椭圆：的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，若，点满足，且，则椭圆C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由、结合正弦定理可得，又，故，再结合余弦定理计算即可得离心率.
【详解】由椭圆定义可知，由，故，，
点满足，即，则，
又，，
即，又，
故，则，即，
即平分，又，故，
则，则，
，
，
由，
故，
即，即，又，故.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题关键在于由、，得到平分，结合，从而得到.
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知直线与，则（ ）
A. 若，则两直线垂直B. 若两直线平行，则
C. 直线恒过定点D. 直线在两坐标轴上的截距相等
【答案】AC
【解析】
【分析】由，判断A；由平行关系求出，判定B；由直线的点斜式方程判断C；求出截距判断D.
【详解】当时，，
，则，所以两直线垂直，A正确；
若两直线平行，则，解得，
经检验，当时，两直线平行，B错误；
由，即，
所以直线恒过定点，C正确；
由，与两坐标轴的截距分别为，不相等，D错误.
故选：AC
10. 已知等差数列的前项和为，则（ ）
A. B.
C. 数列为单调递减数列D. 取得最大值时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】由已知条件求出等差数列的首项和公差，通过计算验证各选项的结论即可.
【详解】设等差数列的公差为，由，
得，解得，故A选项错误；
，B选项正确；
由，，等差数列为单调递减数列，C选项正确；
，由二次函数的性质可知，取得最大值时，，D选项正确.
故选：BCD
11. 设函数，则（ ）
A.
B. 函数有最大值
C. 若，则
D. 若，且，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据的解析式直接求解可对A判断；利用导数求最值方法可对B判断；结合给出的已知条件并利用A、B中的结论可对C、D判断求解.
【详解】对A，由题意知，所以，故A正确；
对B，由题意知的定义域为，，
当，，当，，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取到极小值也是最小值，故B错误；
对C，当时，可得，由A知，
所以，
由B知恒成立，所以，故C正确；
对D，当时，得，又因为，所以，
由B知在上单调递增，所以，又由A知，
所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：灵活运用已知条件，，并结合的对称性和单调性进行求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知抛物线的焦点为，在上有一点满足，则点到轴的距离为______.
【答案】9
【解析】
【分析】求出抛物线准线方程，再利用抛物线定义求出点的横坐标即得.
【详解】抛物线的准线方程为：，设点，
由抛物线的定义知：，解得，
所以点到轴的距离为9.
故答案为：9
13. 现有四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色，则一共有_________种着色方法．
【答案】144
【解析】
【分析】先对③着色，再求①和②，④和⑤着色，根据分步计数原理，即可求得结果.
【详解】先对③着色，共有种选择；
再对①和②进行着色，因为①和②颜色不能相同，且与③不同，则共有种选择；
最后对④和⑤进行着色，因为④和⑤颜色不能相同，且与③不同，则共有种选择；
根据分步计数原理，则共有：种着色方法.
故答案为：.
14. 设实数，对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】将化简为，再构造函数，求导分析单调性可得在区间上恒成立，再参变分离构造函数求最值解决恒成立问题即可.
【详解】因为恒成立即，
可得，令，则恒成立.
又，故当时，，故在区间上为增函数.
又恒成立，则在区间上恒成立，即，.
构造，则，令有，
故当时，，为增函数；当时，，为减函数.
故，故，即.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间上有最值，则
（1）恒成立： ；；
（2）能成立：；.
若能分离常数，即将问题转化为：（或），则
（1）恒成立： ；；
（2）能成立：；.
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. 已知函数在处取得极小值5．
（1）求实数a，b的值；
（2）当时，求函数的最小值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得到，，求出，，检验后得到答案；
（2）求导，得到函数单调性，进而得到极值和最值情况，得到答案.
【小问1详解】
，
因为在处取极小值5，所以，得，
此时
所以在上单调递减，在上单调递增
所以在时取极小值，符合题意
所以，．
又，所以．
【小问2详解】
，所以
列表如下：
由于，故时，．
16. 已知数列的前项和为.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用数列的通项和前n项和的关系求解；
（2）利用裂项相消法即可求解.
【小问1详解】
解：且，有，
当时，有，
两式相减得，
当时，由，适合，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
所以
.
17. 如图，四棱锥的底面是平行四边形，是边长为2的正三角形，平面平面为棱的中点．
（1）证明：平面．
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理，结合勾股定理的逆定理、面面垂直的性质定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
，
，即．
平面平面，平面平面，平面，
平面．
【小问2详解】
如图，分别取的中点，连接．
平面．
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
．
设是平面的法向量，则，
令，得，则．
故直线与平面所成角的正弦值为
．
18. 已知椭圆的左、右焦点是,且以为直径的圆的面积为,点P是椭圆C上任一点,且的面积的最大值为．
（1）求椭圆C的方程;
（2）若直线l与椭圆C交于A,B两点,且原点O到直线l的距离为1,求面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)根据题意先求出,再根据面积的最大值求出,进而求出椭圆的方程即可;
(2)先考虑直线l斜率不存在的情况,求出此时面积,再考虑直线l斜率存在的情况,设直线方程,利用原点O到直线l的距离,得到直线中参数的关系,再联立方程组,设点坐标,利用韦达定理,得出面积的式子进行化简求范围即可.
【小问1详解】
解:由题知以为直径的圆的半径为c,
所以,故,
由的面积最大值为,
所以,故,
所以,
所以椭圆C的方程为;
【小问2详解】
当直线l的斜率不存在时,由题意知直线l的方程为,
所以,
所以;
当直线l的斜率存在时,
令直线l的方程为,
由原点O到直线l的距离为1,
所以,
即,
联立方程,
消去y得:,
则有,
即,
令,
所以,
由
令,
则
,
令,
所以,
所以,
综上所述,．
【点睛】思路点睛:本题考查直线与圆锥曲线的综合应用,关于直线与圆锥曲线问题思路有:
(1)根据题意考虑直线与圆锥曲线的两个交点,即设有两个交点的直线方程;
(2)分情况讨论直线斜率是否存在;
(3)设直线方程,联立方程组;
(4)判别式大于零,韦达定理;
(5)根据题意建立关于的等式,化简即可.
19. 英国数学家泰勒发现了如下公式：其中为自然对数的底数，.以上公式称为泰勒公式.设，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题.
（1）证明：；
（2）设，证明：；
（3）设，若是的极小值点，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）首先设，利用导数判断函数的单调性，转化为求函数的最值问题；
（2）首先由泰勒公式，由和，再求得和的解析式，即可证明；
（3）分和两种情况讨论，求出在附近的单调区间，即可求解.
【小问1详解】
设，则.
当时，：当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
因此，，即.
【小问2详解】
由泰勒公式知，①
于是，②
由①②得
所以
即.
【小问3详解】
，则
，设，
由基本不等式知，，当且仅当时等号成立
所以当时，，所以在上单调递增.
又因为是奇函数，且，
所以当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
因此，是的极小值点.
下面证明：当时，不是的极小值点.
当时，，
又因为是上的偶函数，且在上单调递增,
所以当时，.
因此，在上单调递减.
又因为是奇函数，且，
所以当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减.
因此，是的极大值点，不是的极小值点.
综上，实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：第三问是本题的难点，关键是分和两种情况，利用导数判断附近的单调性.
0
1
2
3
0
0
1
↗
极大值6
↘
极小值5
↗
10
相关试卷
四川省达州外国语学校2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）： 这是一份四川省达州外国语学校2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版），文件包含四川省达州外国语学校2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题原卷版docx、四川省达州外国语学校2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
四川省德阳外国语学校2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）： 这是一份四川省德阳外国语学校2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版），文件包含四川省德阳外国语学校2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题原卷版docx、四川省德阳外国语学校2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共17页， 欢迎下载使用。
四川省成都市成都外国语学校2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）： 这是一份四川省成都市成都外国语学校2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版），文件包含四川省成都市成都外国语学校2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题原卷版docx、四川省成都市成都外国语学校2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
