2024-2025学年安徽省怀宁县高三上册第二次月考数学检测试卷（含解析）

2024-2025学年安徽省怀宁县高三上学期第二次月考数学检测试卷一、单选题：本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1．若全集，集合，则=（

）A． B． C． D．[0,3]2．设为正项等差数列的前项和．若，则的最小值为（

）A． B． C． D．3．已知等比数列，，为函数的两个零点，则（

）A． B． C． D．34．已知，，直线与曲线相切，则的最小值是（

）A．16 B．12 C．8 D．45．已知定义在上的函数在上单调递减，且为偶函数，则不等式的解集为（

）A． B．C． D．6．若点是曲线上任意一点，则点到直线的距离的最小值为（

）A． B． C． D．7．A． B． C． D．8．心形代表浪漫的爱情，人们用它来向所爱之人表达爱意.一心形作为建筑立面造型，呈现出优雅的弧度，心形木屋融入山川，河流，森林，草原，营造出一个精神和自然聚合的空间.图是由此抽象出来的一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方的图象对应的函数解析式可能为（

）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．下列命题中正确的是（

）A．若，则B．命题：“”的否定是“”C．已知函数的定义域为，则函数的定义域为D．若函数则10．已知数列的前n项和为，且，，则下列结论正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则数列是等比数列D．若，则数列是等差数列11．已知函数，则（

）A．函数在区间上单调递减B．函数在区间上的最大值为1C．函数在点处的切线方程为D．若关于的方程在区间上有两解，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是_____.13．已知函数，正数满足，则的最小值为__________．14．已知函数，关于的方程有4个不同的实数解，则实数的取值范围为__________.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）设函数(1)若不等式对一切实数x恒成立，求a的取值范围；(2)解关于的不等式：．16．（15分）设为数列的前n项和，已知．(1)求的通项公式；(2)求数列的前n项和．17．（15分）已知函数(1)当时，求函数的极值；(2)若函数在区间上是减函数，求实数的取值范围；18．（17分）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．(1)求的通项公式；(2)证明：．19．（17分）已知函数的极小值为，其导函数的图象经过，两点.(1)求的解析式；(2)若曲线恰有三条过点的切线，求实数的取值范围.高三数学第二次月考试题答案题号1234567891011答案BDCDDBBCACDCDAC1．B【分析】先求出集合，，再结合集合的运算，即可求解．【详解】由题意可知，，，则，故,．故选：B．2．D【分析】由等差数列的求和公式和等差中项公式，求得且，化简，结合基本不等式，即可求解.【详解】由等差数列的前项和公式，可得，可得，又由且，所以，当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为.故选：D.3．C【分析】由题意，结合对数运算性质、等比数列性质即可求解.【详解】由题意是一元二次方程的两个根，由韦达定理有，而对于等比数列而言，，从而.故选：C.4．D【分析】根据导数的几何意义结合已知方程求出的关系，再根据不等式中“1”的整体代换即可得出答案.【详解】对求导得，由得，则，即，所以，当且仅当时取等号．故选：D．5．D【分析】由为偶函数求得函数对称轴，再结合函数的单调性进行求解即可.【详解】∵函数为偶函数，∴，即，∴函数的图象关于直线对称，又∵函数定义域为，在区间上单调递减，∴函数在区间上单调递增，∴由得，，解得.故选：D.6．B【分析】利用导数求得平行于直线与曲线相切的切点坐标，再利用点到直线的距离公式，即可求解.【详解】由函数，可得，令，可得，因为，可得，则，即平行于直线且与曲线相切的切点坐标为，由点到直线的距离公式，可得点到直线的距离为.故选：B.7．B【分析】令，，根据复合函数的单调性及条件即可求出结果.【详解】令，则，因为在定义域上单调递增，又函数在区间上递增，所以，得到，故选：B.8．C【分析】根据奇偶性和最值排除错误答案即可.【详解】A选项：，故A错误；B选项：记，则，故为奇函数，不符合题意，故B错误；C选项：记，则，故为偶函数，当时，，此函数在上单调递增，在上单调递减，且，故C正确；D选项：记，则，故既不是奇函数也不是偶函数，不符合题意，故D错误.故选：C.9．ACD【分析】利用二次函数求最值判断A，利用全称量词命题的否定是存在量词命题来判断B，根据抽象函数的定义域可判断C，根据换元法求解析式可判断D.【详解】对于选项A，由，得，，则，，所以当时，取到最小值，所以，故选项A正确；对于选项B，“”的否定是“”，故选项B不正确；对于选项C，函数的定义域为，则中的范围为，即，所以，由抽象函数的定义域可得，中的范围为，故函数的定义域为；所以选项C正确；对于选项D，令，则，，由得，，所以，，所以选项D正确.故选：ACD.10．CD【分析】利用等比数列求和公式可判定A，利用累加法求通项可判定B，利用构造法结合等差数列、等比数列的定义可判定C、D.【详解】对于A，，由，所以，即是以1为首项，3为公比的等比数列，所以，则A错误；对于B，时，则，利用累加法可知，显然符合，则B错误；对于C，时，则，显然，所以是以-2为首项，2为公比的等比数列，则C正确；对于D，时，，即是以为首项和公差的等差数列，则D正确.故选：CD11．AC【分析】利用导数分析函数的单调性，进而判断AB选项；结合导数的几何意义可判断C选项；画出函数大致图象，结合图象即可判断D选项.【详解】因为，，所以，令，即；令，即，所以函数在区间上单调递减，在上单调递增，故A正确；因为，，所以函数在区间上的最大值为4，故B错误；因为，，所以函数在点处的切线方程为，即，故C正确；因为，函数大致图象如图，要使方程在区间上有两解，则，故D错误.故选：AC.12．【分析】利用导数转化为在上恒成立，利用参变分离转化为求函数最值问题.【详解】∵∴，由在区间上单调递增，可得：在上恒成立，即在上恒成立，当时，，故13．12【分析】由函数奇偶性的判定得出为奇函数，有，进而得出，再根据基本不等式求解即可．【详解】因为定义域为，又，所以为奇函数，有，又，所以，即，又因为为正数，所以，当且仅当，即时，等号成立，故12．14．【分析】令，解方程，根据m的范围，结合图象讨论方程和的解的个数可得.【详解】令，则，解，得，当时，，由图可知，有两个实数解，有一个实数解，此时方程有3个不同的实数解，不满足题意；当时，，由图可知，有3个实数解，有一个实数解，满足题意；当时，，有两个实数解，有一个实数解，不满足题意；当时，，由图可知，有1个实数解，有1个或2个实数解，不满足题意；当时，，由图可知，有1个实数解，有3个实数解，满足题意；当时，，由图可知，有1个实数解，有2个实数解，不满足题意.综上，实数的取值范围为.故

本题属于函数零点的综合性问题，根据函数零点个数求参数的问题，常用数形结合法.本题先要从整体结构分析，通过换元法解方程，再将方程的根的个数问题转化为图象交点个数问题，利用数形结合分类讨论可得.15．(1)(2)答案见解析【分析】（1）对是否为零进行讨论，再结合二次函数的性质即可求解.（2）不等式化简为，根据一元二次不等式的解法，分类讨论即可求解.【详解】（1）对一切实数x恒成立，等价于恒成立.当时，不等式可化为，不满足题意.当，有，即，解得所以的取值范围是．（2）依题意，等价于，当时，不等式可化为，所以不等式的解集为.当时，不等式化为，此时，所以不等式的解集为.当时，不等式化为，①当时，，不等式的解集为；②当时，，不等式的解集为；③当时，，不等式的解集为；综上，当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为.16．(1)(2)【分析】（1）根据即可求出；（2）根据错位相减法即可解出．【详解】（1）因为，当时，，即；当时，，即，当时，，所以，化简得：，当时，，即，当时都满足上式，所以．（2）因为，所以，，两式相减得，，，即，．17．(1)极小值为1，无极大值(2)【分析】（1）求定义域，求导，根据导函数求出单调区间，从而得到极值情况；（2）由题意得在区间上，参变分离，构造函数，求出最小值，得到答案.【详解】（1）时，，定义域为，，令，解得，令，解得，故在处取得极小值，，的极小值为，无极大值.（2）在区间上为减函数，∴在区间上，，令，只需，显然在区间上为减函数，，18．(1)(2)见解析【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.【详解】（1）∵，∴,∴,又∵是公差为的等差数列，∴,∴,∴当时，，∴,整理得：,即,∴，显然对于也成立，∴的通项公式；（2）∴19．(1)(2)【分析】（1）根据函数的图象经过，列方程，并判断极小值点，结合极小值为列方程，联立求解可得；（2）设切点坐标，求切线方程，根据题意可得方程有三个不同实数解，然后构造函数，利用导数讨论其单调性和极值，即可列出关于m的