四川省眉山市彭山区第一中学2023-2024学年高二下学期4月月考数学试题（含答案）

高2025届彭山一中4月月考数学试题
一、选择题（本题共8道小题，每小题5分，共40分）
1. 某物体的运动路程（单位：m）与时间t（单位：s）的关系可用函数表示，则该物体在s时的瞬时速度为（ ）
A．0m/s B．1m/s C．2m/s D．3m/s
在等差数列中，，，则（）
A．4 B．5 C．6 D．8
已知曲线的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为（ ）
2 B.-3 C. -3或2 D.
已知正项等比数列的前项和为，若，且与的等差中项为，则（）
A．29 B．31 C．33 D．36
函数在区间上的最小值是（ ）
A. B. C. D. 0
若点是抛物线上一点，且点到焦点的距离是它到轴距离的3倍，则的中点到轴距离等于（ ）
A. 1 B. 2 C. D. 3
7. 若函数存在单调递减区间，则实数b的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8. 设是定义在上的函数，其导函数为，若，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为（ ）
A. B. C. D.
二、多选题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）
9. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10．已知函数的导函数的图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A． B．在上是减函数
C.在区间内有2个极值点
D．曲线在点处切线的斜率大于0
第10题图 第11题图
11. 如图，正方体的棱长为2，为的中点，为棱上的动点（包含端点），则下列结论正确的是（ ）
A. 存在点，使 B. 存在点，使
C. 四面体的体积为定值 D. 点到直线的距离为
12. 已知函数，其中，则（）．
A. 不等式对恒成立
B. 若直线与函数的图象有且只有两个不同的公共点，则k的取值范围是
C. 方程恰有3个实根
D. 若关于x的不等式恰有1个负整数解，则a的取值范围为
三、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）
13. 已知函数，则________
14. 在等比数列中，是函数的极值点，则=______
15. 已知，是双曲线的两个焦点，为上一点，且满足，,则双曲线的离心率为_________.
16.，均有成立，则的取值范围为___________
四、解答题（本题共6道小题，第1题10分，第2题12分，第3题12分，第4题12分，第5题12分，第6题12分，共70分）
17. 已知函数处取得极值.
（1）求的值；
（2）求的单调区间及极值.
18. 等差数列的前项和为，满足，
求数列的通项公式.
令，求数列的前项和为.
如图，在四棱锥中，底面，，，，，点E为棱的中点．证明：
（1）平面；
（2）求平面与平面所成夹角的余弦值
20.已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）讨论函数零点的个数；
21. 已知椭圆的左右焦点分别为，．点在椭圆上，斜率为的直线与椭圆交于两点.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）当的面积最大时，求直线的方程．
22. 设函数,
(1)若，求极小值.
(2)讨论函数的单调性；
(3)若，是函数的两个零点，且，求的最小值.
高2025届下彭山一中4月月考数学答案
1-8 DCAB ACBD
8.详解：令，则，
∵，∴，∴，在上为单调递增函数，∵∴原不等式可化，根据的单调性得,故选：D．
ABC 10.ABD 11.BC 12.AD
【详解】对于选项A，，
当或时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
所以在出取得极小值，，
在处取得极大值，，
而时，恒有成立，
所以的最小值是，即，对恒成立，故A正确；
对于B选项，若函数与直线有且只有两个交点，
由A选项分析，函数的大致图象如下，
由图知，当或时，
函数与直线有且只有两个交点，故B错误；
对于C选项，由，得，解得，
令，和，而，
由图象知，和分别有两解：
综上，方程共有4个根，C错误；
对于D选项，直线过原点，且，，
记，，
易判断，，
不等式恰有1个负整数解，
即曲线在的图象下方对应的x值恰有1个负整数，
由图可得，即，故D正确．
故选：AD
13. 14. 4 15. 16.
16【详解】不妨设，则，由可，
所以，即，所以，
令，则，因为，所以在区间上单调递减，所以对于恒成立，所以对于恒成立，可得对于恒成立，所以，因为在区间上单调递减，所以，所以.
高2025届下彭山一中4月月考数学答案（解答部分）
17.【答案】（1） （2）单调递增区间为和，单调递减区间为，极大值为，极小值为.
18【答案】（1） （2）
（1）详解：设等差数列的通项公式为
解得： 所以：
19【答案】答案】（1）略 （2）
问1详解】因为平面，且平面，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
依题意，以点A为原点，以，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，由为棱的中点，得，则，所以为平面的一个法向量，又，所以，又平面，所以平面．
【小问2详解】由（1）知平面，则取与平行的向量作为平面的法向量，
由（1）可知：，，
设平面的一个法向量为，则，
令，可得，所以，因为，所以平面与平面所成夹角的余弦值为.
20【答案】（1） （2）略
【问1详解】当时，，则，所以，，由直线的点斜式可得，化简可得，所以切线方程为.
【问2详解】因为函数，
令，可得，设，则，当时，，此时在上单调递增，当时，，此时在上单调递减，所以当时，有极大值，即最大值，，且时，，
所以当时，函数与函数无交点；当时，函数与函数有且仅有一个交点；当时，函数与函数有两个交点；
当时，函数与函数有且仅有一个交点；
综上所述，当时，函数无零点；
当或时，函数有且仅有一个零点；
当时，函数有两个零点.
21【答案】（1）（2）
【解析】（Ⅰ）由椭圆的定义知.
解得，所以.所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）由题意设直线的方程为，由得．因为直线与椭圆交于不同的两点，且点不在直线上，
所以解得，且．
设两点的坐标分别为，，则，，，．所以.点到直线的距离.于是的面积，当且仅当，即时成立.所以时的面积最大，此时直线的方程为.即为．
22.答案：（1） （2）略 （3）
【解答过程】（1），当时，，函数在上单调递减；当时，，函数在上单调递增；所以极小值在处取得，极小值==1
（2）由已知，
当时，恒成立，函数在上单调递减；
当时，令，得，函数单调递减；
令，得，函数单调递增；
综上所述：当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
（3）由（2）得若，是函数的两个零点，则必有，
令，得，
令，则，
可得函数在上单调递增，在上单调递减，
若有且仅有2个零点，则必有一个小于，一个大于，
所以，且，
两式相减可得，所以，
两式相加可得
设，
则，令，
则，令，
则，令，
则，所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，
即的最小值为.