2024-2025学年新疆乌鲁木齐二十三中高二（下）月考数学试卷（3月份）（含答案）

2024-2025学年新疆乌鲁木齐二十三中高二（下）3月月考
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.已知某质点的位移单位：与时间单位：满足函数关系式，则当时，该质点的瞬时速度为( )
A. B. C. D.
2.已知函数的图象是下列四个图象之一，且其导函数的图象如图所示，则该函数的大致图象是( )
A. B.
C. D.
3.函数在区间上的最大值为( )
A. B. C. D.
4.已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
5.若函数与函数有相等的极小值，则实数( )
A. B. C. D.
6.把一个周长为的长方形铁皮围成一个无盖无底的圆柱，当圆柱体积最大时，该圆柱底面半径和高的比值为( )
A. B. C. D.
7.已知曲线与曲线只有一个公共点，则( )
A. B. C. D.
8.已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列求导运算正确的是( )
A. B.
C. D.
10.直线与曲线在同一平面直角坐标系中的图象可能是( )
A. B.
C. D.
11.如图，由函数与的部分图象可得一条封闭曲线，则( )
A. 函数和的图象对称
B. 上任意一点到原点的距离
C. 函数有两个零点，，且
D. 直线被截得弦长的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.定义在上的可导函数满足：且，则的解集为______．
13.已知实数，记若函数在区间上的最小值为，则的值为______．
14.若函数在上存在极值，则的取值范围为______．
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.本小题分
已知函数．
若为的极大值点，求实数的值；
若，求在区间上的最值．
16.本小题分
已知函数．
试讨论的单调性；
当时，求的单调区间．
17.本小题分
已知函数．
Ⅰ求曲线在点处的切线方程；
Ⅱ已知函数，求的单调区间；
Ⅲ若对于任意，都有为自然对数的底数，求实数的取值范围．
18.本小题分
已知函数．
求函数的极值，并在坐标系中画出函数的简图要含有必要的说明和体现必要的图象特征；
讨论方程的实数解的个数．
证明：．
19.本小题分
设函数．
若在区间上单调递增，求的取值范围；
当时，求曲线过点处的切线方程；
当时，，求的取值范围．
参考答案
1.
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3.
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8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：由函数，
可得，
因为为的极值点，
所以，解得或，
当时，，
令，得或，令，得，
即函数在上单调递减，在和上单调递增，为的极大值点．
当时，，
令，解得或，令，解得，
即函数在上单调递减，在和上单调递增，为的极小值点，
综上所述：若为的极大值点，；
若，则，则，
因为，所以令，得或，令，得，
即函数在上单调递减，在和上单调递增，
又，
所以在区间上的最大值为，最小值为．
16.解：由，
可得，，
令，解得或，
当时，在小于，即，单调递减，
在大于，即，单调递增，
当时，在，大于，即，单调递增，
在小于，即，单调递减，
当时，在恒成立，即恒成立，当且仅当时等号成立，
所以在单调递增，
当时，在，大于，即，单调递增，
在小于，即，单调递减，
综上所述，当时，在单调递减，在，单调递增．
当时，在单调递增，
当时，在单调递减，在，单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增；
当时，，，，
令，则，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
又因为，所以当时恒成立，即恒成立，
所以在上单调递增，
所以的单调增区间为．
17.解：Ⅰ，
所以曲线在点处的切线斜率为，
又，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
Ⅱ，，
，
令，得或舍，
所以在上，单调递减，
在上，单调递增，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为．
Ⅲ若对于任意，都有，
则若对于任意，都有
即若对于任意，都有，
令，，
，
令，得，
所以在上，单调递减，
在上，单调递增，
又，，
所以，
所以，
所以，
所以的取值范围为．
18.解：定义域为，，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
则极小值为，无极大值．
当时，，，则恒成立，且有唯一零点，
则图象如下：
方程的根的个数等价于函数图象与的交点个数；
当时，与有且仅有一个交点；
当时，与有两个不同交点；
当时，与有且仅有一个交点；
当时，与无交点；
综上所述：当时，方程有唯一的实数根；
当时，方程有两个不同的实数根；
当时，方程无实数根．
证明：令，
则，
令，则，
所以在上单调递增，
又，，
所以存在，使得，
即，即，
所以当时，，则，
当时，，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，所以，所以，
所以，
即．
19.解：，
由题意得，，恒成立．
令，则，且在单调递增，
令，解得，
所以当时，，故F单调递减；
当时，，故F单调递增；
所以，
又，当且仅当，故．
当时，，则，
则曲线在点处的切线斜率为，又，
所以曲线在点处的切线方程为．
解法一：因为，所以题意等价于当时，．
即，，
整理，得，
因为，所以，故题意等价于．
设，
的导函数，
化简得，
考察函数，，其导函数为，
当，，单调递减；当，，单调递增；
故在时，取到最小值，即，
即，
所以，
所以当，，单调递减；
当，，单调递增；
所以的最小值为，
故，
即的范围为；
解法二：先考察，由分析可得，
情况：当，即，
此时在区间单调递增，
故，即，符合题意；
情况：若，则，
注意到，且，故对进一步讨论．
当时，即
且由分析知：当，单调递减，
故当，，即单调递减，
故恒有，不符合题意，舍去；
当时，
注意到在区间，单调递减，且，又，
故在区间存在唯一的满足；
同理在区间，单调递增，且，
故在区间存在唯一的满足；故可得
极大值 极小值
所以当，符合题意；
故题意等价于，即．
又因为，即，化简，得
所以，整理得．
注意到，所以，
故解得，
由之前分析得即
考察函数，，其导函数为，
当，，单调递减；
当，，单调递增；
故在时，取到最小值，即，
即，所以恒成立，
故，又注意到情况讨论范围为，
所以也符合题意．
综上本题所求的取值范围为．
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