江西省宜春市宜丰中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题（创新部）（含解析）

2023-2024（下）江西省宜丰中学创新部高一3月月考数学试卷
一、单选题（40分）
1．在等差数列中，，且，则等于（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
2．节日里，人们常用放气球的形式庆祝，已知气球的体积（单位：与半径（单位：）的关系为，则时体积关于半径的瞬时变化率为（ ）
A． B． C． D．
3．已知函数的导函数为，且，则（ ）
A． B． C． D．
4．等比数列的前项和为，，，则为（ ）
A．40或 B． C．40 D．32
5．已知数列满足，，则的最小值为（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
6．已知函数在，上为增函数，在（1，2）上为减函数，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．已知等差数列与的前项和分别为，，且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数，，若成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（18分）
9．如图是导函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．为函数的单调递减区间
B．为函数的单调递增区间
C．函数在处取得极大值
D．函数在处取得极小值
10．已知等差数列的前项和为，则（ ）
A．
B．中的最小值为
C．使的的最大值为32
D．
11．对于函数，若存在，使，则称点与点是函数的一对“隐对称点”．若函数的图像恰好有2对“隐对称点”，则实数的取值可以是（ ）
A．1 B． C． D．
三、填空题（15分）
12．已知函数在处的切线为，则直线的方程为 ．
13．对上可导的函数，若满足，且，则的解集是 ．
14．已知数列的通项公式为，若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是 ．
四、解答题（77分）
15．已知函数．
(1)当时，求函数在的最值；
(2)若函数在上单调递增，求实数a的取值范围．
16．已知数列是正项等比数列，其前n项和为，且，．
(1)求的通项公式；
(2)记的前n项和为，求满足的最大整数n．
17．已知函数，．
（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）是否存在实数，使得在上的最小值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
18．已知等差数列的前n项和为，公差，且，，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设是首项为1，公比为3的等比数列，
（ⅰ）求数列的前n项和；
（ⅱ）若不等式对一切恒成立，求实数的最大值．
19．已知函数，其中．
(1)当时，求的极值；
(2)讨论当时函数的单调性；
(3)若函数有两个不同的零点，求实数a的取值范围.
2023-2024（下）江西省宜丰中学创新部高一3月月考数学参考答案
B 2．B
3．A【详解】因为，所以，令，则，，则，所以.
4．C【详解】由题意知：，，成等比数列，∴，解得：或，∵，∴．
5．B【详解】因为，所以，，，，累加得，，，，故，当且仅当时取等号．
6．B【详解】，∵在，上为增函数；上为减函数,∴两根分别位于和中，得，即，解得.
7．D【详解】因为，为等差数列，且，所以可设，，
则， ，.
8．A【详解】令，则，，，，所以，若，则，，有，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，，即的最小值为.
9．AC【详解】由图象可知，时，，所以为函数的单调递减区间，故A正确；由图象可知，时，，所以为函数的单调递减区间，故B错误；由图象可知，，且当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，故函数在处取得极大值，故C正确；由图象可知，，故不是函数的极值点，故D错误，故选：AC.
10．AB【详解】依题意，等差数列的公差，由，得，解得，
数列的通项，A正确；显然等差数列是递增数列，且，则中的最小值为，B正确；又，得的最大值为，C错误；，D错误.
11．BCD【详解】依题意，函数关于原点对称的图象与函数的图象有两个交点，即方程有两个根，即：，令，，当时，，单调递增；当时，，单调递减；又在处的切线方程为，如图，由图可知，要使方程有两个根，则或．故选：BCD
12．【详解】因为，，从而，所以函数在处的切线为的方程为：，即.
13．【详解】令，，而，
易知，故，则在上单调递增，而，若，则，则.故答案为：
【详解】由，则，故，由，可得，即，设，则恒成立，故在单调递减，当时，，即当时，，故.
15．(1)，； (2).
【详解】（1）解：当时，，可得，..........1分
令，解得和，.........................2分
则在的变化情况如下：
0 1 3
小于0 0 大于0
单调递减 极小值-3 单调递增
............................ 5分
所以， ....................................7分
（2）解：由函数，可得，..................................8分
因为在R上单调递增，所以恒成立，即恒成立，................................10分
故， .................................12分
经检验，当时，符合题意，故实数的取值范围是. .............................13分
16．(1) (2)
【详解】（1）设的公比为，则，因为，所以，
依题意可得，即， .............................2分
整理得，解得或（舍去）， .............................4分
所以. .............................6分
（2）由（1）可知， .............................7分
故 .............................10分
显然，随着的增大而增大，，
，.............................13分
所以满足的最大整数. .............................15分
17．（1）；（2）存在，.
【详解】（1）当时，，，.............................1分
所以，又， .............................2分
所以曲线在点处的切线方程为，
即，.............................4分
直线在轴、轴上的截距均为，
所以三角形的面积为． .............................6分
（2），.............................7分
令，得或．.............................8分
当，即时，当时，，单调递减；
当时．，单调递增．
则，解得，.............................11分
当，即时，当时，，单调递减，
则，解得，舍去．.............................14分
综上：存在，使得在上的最小值为．.............................15分
18．(1)， (2)（i），，（ii）
【详解】（1）依题意得，且，解得，............................2分
，..............................4分
（2）（i）由题意得，，.............................6分
所以，
则，
两式相减，得.............................8分
，，..............................10分
（ii）由（1）可得，.............................11分
不等式对一切恒成立，
即，则对一切恒成立，.............................13分
令，，即，又，
当时，，即， 当时，，即，所以且，则，
所以，实数的最大值为..............................17分
19．【详解】（1）当时，，
............................1分
当时，或（舍）...........................2分
当时，;当时，
在上单调递增，在上单调递减..........................3分
在处取得极大值=， 的极大值为，无极小值..........................5分
（2）．
当时，令则或． .......................6分
①当，即时，当时，;当时，，
在上单调递增，在上单调递减..........................7分
②当，即时，在上恒成立在上单调递增................8分
③当，即时，当时，;当时，，
在上单调递增，在上单调递减..........................9分
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减........................11分
有两个不同的零点即有两个不同实根，得，
令，，令，得，......................12分
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
时，取得最大值，且，当时，......................14分
得的大致图像如图所示：
，所以实数a的取值范围为．......................17分
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