甘肃省张掖市肃南裕固族自治县2024-2025学年高二下学期开学摸底考试数学试题（解析版）

第页，共页2024-2025学年甘肃省张掖市肃南裕县高二（下）开学数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.函数在区间上的平均变化率等于（）A.4 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据平均变化率的定义计算.【详解】由已知,故选：B．2.下列求导运算结果正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据导数运算法则及基本初等函数的导数公式计算可得.【详解】对于A，，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，因为是常数，所以，故C错误；对于D，，故D正确.故选：D.3.在正项等比数列中，已知，，则（）A.1 B.2 C.4 D.8【答案】B【解析】【分析】利用等比数列的基本量运算求出公比，进而化简求值即可．【详解】设等比数列的公比为，或（舍）则故选：B4.已知在R上可导函数的图像如图所示，则不等式的解集为A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由导数与单调性的关系得出和的解，然后可得原不等式的解．【详解】由在R上可导的函数的图像可知：当或时，，当时，；且当时，，当且时，，从而可得不等式的解集为，故选：B．5.把一个周长为的长方形围成一个圆柱，当该圆柱的体积最大时，圆柱底面半径为（）A B.1 C. D.【答案】C【解析】【分析】设圆柱的底面半径为，则高为，得到，再利用导数与函数单调性间的关系，求出单调区间，即可求出结果.【详解】设圆柱的底面半径为，则高为，可得，则该圆柱的体积，则，令，解得，此时单调递增；令，解得，此时单调递减；所以当时，圆柱体积取得最大，此时圆柱的高为.故选：C.6.若对任意的，且，都有，则实数的最小值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据条件得到，构造函数，利用导数与函数间的关系，求出的单调减区间，即可求出结果.【详解】因为，由，得到，即，令，则在区间上单调递减，又，由，得到，由，得到，即在区间上单调递减，所以，故选：B.7.若函数的图象与函数的图象有公切线，且直线与直线互相垂直，则实数（）A. B. C.或 D.或【答案】D【解析】【分析】根据垂直性质可得，再求导根据导数的几何意义可得切线的方程为，再设函数与直线切于点，列式求解即可【详解】由题知，，令，又，解得，因为，所以切线的方程为.，设函数与直线切于点，所以，故，即，，解得或.故选：D8.设，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先构造，利用导数判断其在上的单调性，再通过得到.然后通过不等式放缩得到，从而得到，由此得解.【详解】设，则，从而当时有，所以在上单调递减.这表明，即，从而，即.注意到，从而，即，所以，综上，有.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题中较为关键的是比较和的大小，而这可以转化为比较和的大小，观察结构不难想到去研究的单调性.二、多选题：本题共4小题，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知函数，若在区间上单调递减，则可以取到的整数值有（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】AB【解析】【分析】根据条件，将问题转化成在区间上恒成立，构造函数，求出的最小值，即可得出结果.【详解】因为，所以，由题知在区间上恒成立，即在区间上恒成立，令，则在区间上恒成立，即在区间上单调递增，所以，故，即，故选：AB.10.过双曲线的右焦点作直线与该双曲线交于两点，则（）A.与该双曲线有相同渐近线且过点的双曲线的标准方程为B.仅存在一条直线，使C.若都在该双曲线的右支上，则直线斜率的取值范围是D.若直线斜率为1，则弦的中点坐标为【答案】ACD【解析】【分析】由双曲线的性质，直线与双曲线的位置关系逐项分析即可.【详解】对于A，设与该双曲线有相同渐近线的双曲线的标准方程为：，代入点，得，所以该双曲线的标准方程为，故A正确；对于B，由于通径为，实轴长，而过右焦点的弦长，，而，所以直线不止一条，故B错误；对于C，设直线的方程为，，联立，化简整理得，则，，，，若A、B都在该双曲线的右支上，则，即，解得，所以直线的斜率的取值范围为，故C正确；对于D，设，弦的中点坐标为，则，两式相减整理得，因为，则，又，解得，，所以弦的中点坐标为，故D正确.故选：ACD.11.已知函数的定义域是，是的导函数，若对任意的，都有，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.当时，【答案】BC【解析】【分析】构造，则根据有单调递增，再利用单调递增得到相应的不等式以判断各个选项即可.【详解】设，则定义在上，且，所以单调递增.由单调递增知，从而，A错误；由单调递增知，从而，B正确；由单调递增知，从而，C正确；由单调递增知当时，则，有，从而，即，D错误.故选：BC.12.已知，，则下列结论正确是（）A.函数在上存在极大值B.为函数的导函数，若方程有两个不同实根，则实数m的取值范围是C.若对任意，不等式恒成立，则实数a的最大值为D.若，则的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】利用导数探讨的单调性判断A；求出并利用导数探讨其性质，结合函数零点判断B；利用函数的单调性脱去法则“f”，再利用的单调性求出最小值判断C；由已知结合同构思想得，再利用导数求出的最小值判断D.【详解】对于A，，令，则，当时，，函数递增，当时，，函数递减，于是，因此在上单调递增，在上无极值点，A错误；对于B，，令，则，当时，，函数递减，当时，，函数递增，则，即，显然当时，恒有，方程有两个不同实根，即直线与函数的图象有两个交点，因此，B正确；对于C，由选项B知，在上恒成立，则函数在上单调递增，于是，不等式，则有，，由选项A知，函数在上单调递增，因此，即，所以实数a的最大值为，C正确；对于D，若，则，即，由，得，由选项A知，函数在上单调递增，于是，，因此，令，则，当时，，函数递增，当时，，函数递减，从而，所以的最大值为，D正确.故选：BCD【点睛】结论点睛：一般地，已知函数，（1）若，总有成立，故；（2）若，总有成立，故；（3）若，使得成立，故；（4）若，使得，故.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.函数的单调递增区间是_____．【答案】【解析】【详解】试题分析：因为，所以单调递增区间是考点：导数应用14.已知函数在处取得极小值，则_________．【答案】【解析】【分析】对求导，根据题意建立方程组，即可求出结果.【详解】因为，所以，由题有，解得，此时，当或时，，当时，，所以时函数的极小值点，故满足题意，所以，故答案为：.15.已知函数，使不等式成立，则实数的取值范围是_________．【答案】【解析】【分析】根据题意得，再利用导数求出最值，代入即可得解.【详解】由题意，可得，当时，，由，可得，由，可得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，因为，所以在上单调递减，所以，所以，解得.所以实数的取值范围是.故答案为：.16.若函数只有一个极值点，则的取值范围为_________．【答案】【解析】【分析】计算得到，然后令，并利用导数分析的正负性，再将其与的正负性结合，得到的正负性，即可推知的单调性，进一步得到的极值点个数情况.【详解】由，知.令，则，且.下面先来讨论的正负性：当时，有，所以单调递增，而，，所以存在唯一的零点，且，结合单调性，知当时，当时；当时，；当时，由，知当时，当时.所以在上单调递减，在上单调递增，且，当且仅当时等号成立.同时，如果，则，而，且由知，结合，可知存在，使得，结合单调性，知当或时，当时.综上，我们有以下结果：当时，存在使得当时，当时；当时，；当时，当时，当时；当时，存在，使得，且当或时，当时，当或时.下面进行分类讨论：当时，如上图所示.根据之前的讨论，此种情况下，存在使得当时，当时.从而由，知当或时，当时.所以在和上递增，在上递减，这表明和都是的极值点，从而至少有2个极值点，不满足条件；当时，如上面三张图所示（分别对应，和的情形）.根据之前的讨论，此种情况下，当时，必有.从而由，知当时，当时.从而在和上递减，在上递增.故在上递减，在上递增，这表明只有一个极值点，满足条件；当且时，如上面两张图所示（分别对应和的情形）.根据之前的讨论，此种情况下，存在，，使得，且当或时，当时，当或时.由于，故.设将从小到大排序后分别是.从而由，知当或时，当或时.故在和上递减，在和上递增.这表明都是的极值点，从而至少有3个极值点，不满足条件；当时，如上图所示.根据之前的讨论，此种情况下，存在，，使得，且当或时，当时，当或时.由于，，故.从而由，知当时，当时.从而在上递减，在和上递增.故在上递减，在上递增，这表明只有一个极值点，满足条件.综上，的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对中的因子单独研究其正负性，然后与结合，再利用“穿针引线法”得到的正负情况.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知曲线，求：（1）曲线在点处的切线方程；（2）曲线过点的切线方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）首先得到点是切点，故只需求出即可得解；（2）首先得到点不是切点，设切点为，由，即可列式并联立求解即可.【小问1详解】由于，从而点是切点，又，所以，从而曲线在点处的切线方程为，即；【小问2详解】由，从而点不是切点，设切点为，显然，一方面，另一方面，联立以上两式可得，所以或，也就是或，又，，所以曲线过点的切线方程为或，也就是或.18.已知正项数列，满足．（1）求；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用的关系，结合已知条件以及等差数列的通项公式即可求得结果；（2）根据（1）求出，利用裂项求和法求得结果.【小问1详解】由，可得，，两式相减得，又，，即，，又，解得，所以数列是以3为首项，以2为公差的等差数列，.【小问2详解】由（1），，所以.19.已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）求函数在区间上的最小值．【答案】（1）答案见详解（2）答案见详解【解析】【分析】（1）求出导函数，分类讨论的正负确定和的解，得单调性；（2）结合（1）的单调性分类讨论得最小值．【小问1详解】由，，当时，，即函数在上单调递减，当时，有，，，，即在上单调递减，在上单调递增，综上，当时，函数在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】由（1），当时，函数在上单调递减，，当，即时，函数在上单调递减，，当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，.综上，当时，，当时，.20.在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，是动点，且直线与的斜率之积等于．（1）求动点的轨迹方程；（2）过点作两条斜率为的直线分别交曲线于（异于）两点，且，求证：直线过定点，并求出定点坐标．【答案】（1）（2）证明见详解，定点【解析】【分析】（1）求得点坐标，设出点坐标，根据直线与的斜率之积等于列方程，化简求得动点P的轨迹方程.（2）设直线，，，与椭圆联立方程组，由韦达定理可得，根据条件，可得，化简运算得得解.【小问1详解】由题意，，，设点，所以，，化简整理得.所以动点的轨迹方程为.【小问2详解】设直线，，，联立，化简整理得，则，则，，而，所以，化简整理得，，则，整理得，解得或，直线不过点，故（舍去），所以，直线，所以直线过定点.21.设函数，其中为实数．（1）当时，证明：；（2）当在定义域内有两个不同的极值点时，证明：．【答案】（1）证明见详解（2）证明见详解【解析】【分析】（1）根据题意，问题转化证明，构造函数，利用导数证明；（2）由题意可得是的两个不同零点，即可利用韦达定理结合题意得到的范围，并将中的变量替换成，再借助导数研究其单调性即可得证.【小问1详解】当时，，要证，即证，令，，，当时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，即成立.【小问2详解】，由在上有两个不同的极值点，所以方程，即有两个不同的正根，则，解得，又，令，则，所以在上单调递增，，所以.22.已知函数．（1）当时，求的极值；（2）设，不等式对恒成立，求整数的最大值；（3）当时，不等式对恒成立，求的取值范围．【答案】（1）极大值为，无极小值（2）（3）【解析】【分析】（1）对求导，得到，进而求出的单调区间，再利用极值的定义，即可求出结果；（2）根据条件，将问题转化成对恒成立，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出的最小值，即可求出结果；（3）根据条件得到对恒成立，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，进而得到，从而有，即可求出结果.【小问1详解】当时，，易知，又，所以当时，，当时，，即在区间上单调递增，在区间上单调递减，故函数在处取到极大值，无极小值.【小问2详解】因为，由，得到，所以不等式对恒成