湖南省永州市零陵区永州市第一中学2024-2025学年高二下学期2月月考 数学试题（含解析）

这是一份湖南省永州市零陵区永州市第一中学2024-2025学年高二下学期2月月考 数学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1. 已知直线与曲线相切，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设切点，利用切点处的导数等于切线的斜率，切点既在曲线上，又在直线上，联立求解即可.
【详解】设切点，故，
又切点在直线上，所以.
故选：C.
2. 已知函数，那么的值是（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的除法法则求，即可得结果.
【详解】因为，则，
所以.
故选：D.
3. 函数的导数为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复合函数的导数和基本初等函数的导数公式计算即得.
【详解】函数是函数与的复合函数，则.
故选：C.
【点睛】本题考查复合函数和基本初等函数的求导，是基础题.
4. 若函数在处取得极小值，则实数（ ）
A. B. 2C. 2或0D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】对函数求导，根据极小值点求参数，注意验证即可得答案.
【详解】由，则，得或2，
时，，在R上单调递增，不满足；
时，，在上，在上，
所以在上单调递增，在上单调递减，满足题设，
所以.
故选：D
5. 若都有成立，则的最大值为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将所给不等式转化为，构造函数，利用导数研究函数的单调性，由此得出正确的选项.
【详解】根据题意，若，则.
设.
所以可得在，函数为增函数.
对于，其导数.
若，解得，即函数的递增区间为；
若都有成立，即在，函数为增函数，则的最大值为1.
故选：B.
6. 记为数列的前项和，为数列的前项和，且数列是一个首项不等于公差的等差数列，则下列结论正确的是（ ）
A. 和均是等差数列
B. 是等差数列，不是等差数列
C. 不是等差数列，是等差数列
D. 和均不是等差数列
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式，得到，再通过的值判断不是等差数列，利用定义，判断是等差数列.
【详解】因为数列是一个首项不等于公差的等差数列，可设且.
所以，，，又，所以不成等差数列，故不是等差数列；
因为，所以，
所以，所以是以为首项，以为公差的等差数列.
故选：C
7. 过双曲线的右焦点作直线，且直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为，直线与另一条渐近线交于点（、均在轴右侧）.已知为坐标原点，若的内切圆的半径为，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用已知条件结合三角形与内切圆的位置关系得出点在的角平分线上，
利用线线垂直证出四边形进而证出为正方形，由焦点到渐近线的距离结合双曲线、
、三者的几何意义，利用直线的斜率与倾斜角的关系式得出的值，结合双曲线的离心率与
的关系式得出双曲线的离心率.
【详解】如图，
设的内切圆的圆心为，则在的平分线上，
过点分别作于，于，
由得出四边形为正方形，
设，直线的方程为，则.
又因为，所以.
因为，所以.
因为，
所以双曲线的离心率为.
故选：C.
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于、齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
8. 若函数有两个极值点，且，则下列结论中不正确的是（ ）
A. B.
C. 的范围是D.
【答案】B
【解析】
【分析】对于AC，原函数的极值点即为导函数的零点，求导后等价于与有两个交点，结合单调性等函数特征画出图象判断出，且；对于B，利用，推导，则可得；对于D，而等价于，构造合适的函数进行分析.
【详解】对于AC，，有两个极值点且，
所以，有两个零点，且在各自两边异号，
所以与有两个交点，，
记，则，
易知：时，时，
所以在上递增，在上递减，
所以有最大值，且时，时，
又当趋向于正无穷时，趋向于正无穷的速率远远超过趋向于正无穷的速率，所以趋向于0，且，
由上可得的图象如下，
所以当且仅当时与有两个交点，且，故A，C正确；
对于B，又，
所以，即，故B错误.
对于D，令，则，所以，则，，
所以要证，只需证，
只需证，
令，则，
所以在上单调递减，即时，不等式得证，故D正确.
故选：B.
【点睛】方法点睛：根据函数的零点个数求解参数范围，一般方法：
（1）转化为函数最值问题，利用导数解决；
（2）转化为函数图像的交点问题，数形结合解决问题；
（3）参变分离法，结合函数最值或范围解决.
二、多选题
9. 下列不等式恒成立的有（ ）.
A. 当时，
B. 当时，
C. （其中，为自然对数的底数）
D. 当时，
【答案】ABD
【解析】
【分析】分别构造，，，，即可利用导数求解单调性得解.
【详解】对于A，令，则，故在单调递增，故，故，A正确，
对于B，设，则当时在单调递减，
当时，在单调递增，故，故，B正确，
对于C，令, ，当在单调递增，
当在单调递减，所以，故，故C错误，
对于D，令，则，
故在单调递增，故，故，D正确，
故选：ABD
10. 已知函数，下列选项正确的是（ ）
A. 若在区间上单调递减，则a的取值范围为
B. 若在区间上有极小值，则a的取值范围为
C. 当时，若经过点可以作出曲线的三条切线，则实数m的取值范围为
D. 若曲线的对称中心为，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用导数研究三次函数的单调区间，极值，切线，对称中心问题.
【详解】令
若在区间上单调递减,
则在区间上小于或者等于零恒成立，
即恒成立，
即，又在区间单调递增，
则
所以a的取值范围为，故选项A错误.
若在区间上有极小值,
则在区间上有零点，且在零点左端小于零，在零点右端大于零，
则
解得a的取值范围为.故选项B正确.
当时,设经过点作出曲线的三条切线切点为，则切线斜率为
切线为又切线经过点，
则有三解，即有三解，
令
则当时函数取极值，
则实数m取值范围为，故选项C正确.
若曲线的对称中心为,则即
解得.
故选：BCD.
11. 如图，为的直径，为上异于、的动点，平面，为的中点，且，，则（ ）
A. 的长等于点到直线的距离
B. 为二面角的平面角
C. 当时，与平面所成角为
D. 过作平面平面，则平面与交点的轨迹为椭圆
【答案】AC
【解析】
【分析】利用线面垂直的性质证明出，可判断A选项；利用二面角的定义可判断B选项；利用线面角的定义可判断C选项；找出平面与的交点，并求其轨迹，可判断D选项.
【详解】对于A选项，为的直径，为上异于、的动点，则，
因为平面，平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，故的长等于点到直线的距离，A对；
对于B选项，因为，，所以，为二面角的平面角，B错；
对于C选项，当时，由于，则，
因为平面，平面，则，
所以，，
因为平面，则直线与平面所成角为，
因为，则，则，
故当时，与平面所成角为，C对；
对于D选项，分别取、的中点、，连接、、，
取线段的中点，连接，如下图所示：
因为、分别为、的中点，则，
因为平面，平面，所以，平面，
同理可证平面，且，
因为，、平面，所以，平面平面，
所以，平面即为平面，所以，平面与的交点为，
因为、分别为、中点，则，
因为，则，
因为为的中点，所以，，
又因为点为上异于、的动点，故点不与点、重合，
所以，过作平面平面，则平面与交点的轨迹为圆（除去点和点），D错.
故选：AC.
三、填空题
12. 设等差数列前n项和为，若，则公差d取值范围为__________．
【答案】或
【解析】
【分析】由题设得，即，由此推导的，即可求解.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，因为，
则，即，
则，，
故公差d的取值范围为或.
故答案为：或
13. 下列说法：
①过点且在，轴上的截距互为相反数的直线方程为；
②已知双曲线的渐近线方程为，则它的离心率；
③若关于的方程有实数解，则实数的取值范围为；
④一动圆与圆外切，与圆内切，则该动圆圆心的轨迹方程为.
其中正确的序号是_____.
【答案】③
【解析】
【分析】分截距是否为0，求直线方程判断①；根据双曲线渐近线方程可求其离心率，判断②；根据直线和圆的位置关系求参数范围可判断③；根据圆与圆的位置关系可求动点的轨迹方程判断④.
【详解】对于①，当直线在，轴上的截距均为0时，符合题意，此时直线方程为，
当直线在，轴上的截距不为0时，设方程为，
将代入，则，即直线方程为，
即过点且在，轴上的截距互为相反数的直线方程为或，①错误；
对于②，双曲线焦点在x轴上时，设双曲线方程为，
双曲线的渐近线方程为，则，
则它的离心率，
双曲线焦点在y轴上时，设双曲线方程为，
双曲线的渐近线方程为，则，
则它的离心率，故②错误；
对于③，关于的方程有实数解，
即直线与半圆有公共点，
当直线与半圆相切时，，当直线过点时，，
故直线与半圆有公共点时，，③正确；
对于④，圆与圆的圆心距，
即两圆内切，切点为；
设动圆圆心为M，半径为r，由题意得，，
则，即动点M在以为焦点的椭圆上，
该椭圆的长半轴长，半焦距长为，
即椭圆方程为，结合图以及题意可知点不符合题意，
故动圆圆心的轨迹方程为，④错误，
故答案为：③
14. 已知函数在区间上存在单调递减区间，则实数的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】问题转化为在上有解，分离参数，通过求导分析函数的最小值可得实数的取值范围.
【详解】∵，∴，
由题意得，在上有解，即在上有解，
∴，，
设，则，
设，则，
∴在上为增函数，
∵，
∴当时，，，当时，，，
∴在上为减函数，在上为增函数，
∴，
∴，故实数的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题
15. 记是等差数列的前n项和，是等比数列，且满足，，，.
（1）求和的通项公式；
（2）对任意的正整数n，设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列，等比数列的通项公式，求和公式，列方程组求解；
（2）利用分组求和，将奇数项、偶数项的和分别由等差、等比求和即可求出结果.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
则，解得，
所以；
【小问2详解】
由（1）得，
.
16. 如图，在三棱台中，上下底面分别为边长是2和4的等边三角形，平面，，为的中点，为线段上一点.

（1）若为的中点，证明：平面；
（2）是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，点为线段的三等分点
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质，得线线垂直，进而结合线面垂直的判定即可求解，
（2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角求解.
【小问1详解】
证明：连接，则四边形为平行四边形，
由于平面，故平面，平面,
故,结合为的中点，故为等腰三角形，
可得，，所以，即，
因为，分别为，的中点，所以，所以，
因为平面，平面，所以，易知，
且两直线在平面内，所以平面，又平面，所以，
又，所以平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图空间直角坐标系，
则，，，.

设，，所以，
又，
设平面的法向量为，
所以，令，则，
因为，设直线与平面所成角为，
则，
整理得，即或，
所以，当点为线段的三等分点时，
直线与平面所成角的正弦值为.
17. 已知函数，其中．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）当时，若在区间上的最小值为，求a的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，分别求出及，即可写出切线方程；
（2）计算出，令，解得或，分类讨论的范围，得出的单调性，由在区间上的最小值为，列出方程求解即可．
【小问1详解】
当时，，则，，所以，
所以曲线在处的切线方程为：，即．
【小问2详解】
，令，解得或，
当时，时，，则在上单调递减，
所以，考虑，，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以的极大值为，所以由得；
当时，时，，则在上单调递减，
时，，则在上单调递增，
所以，则，不合题意；
当时，时，，则上单调递减，
所以，不合题意；
综上，．
18. 已知点是椭圆：（）上一点，的焦距为2.
（1）求的方程；
（2）过的右焦点作斜率不为0的直线，交于，两点，，是的左、右顶点，记直线，的斜率分别为，.
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）设为直线与直线的交点，记的面积为，的面积为，求的最小值.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）依题意列式即可求解；
（2）（ⅰ）设直线的方程为，，，直曲联立，利用韦达定理，代入斜率公式，化简可得答案；
（ⅱ）设直线的直线方程为，则由（ⅰ）中结论可得直线的方程为，联立解得的横坐标为4，利用三角形的面积公式及（ⅰ）中韦达定理化简可得，当时，可得的最小值.
【小问1详解】
由题意知，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】

（ⅰ）设直线的方程为，，，
由得，，
所以，，
所以，
由（1）得，，
则
.
（ⅱ）设直线的直线方程为，
由（ⅰ）可知，
则直线的方程为，联立解得的横坐标为4.
所以
由（ⅰ）知，，
，
所以
，
所以当时，的最小值为.
【点睛】关键点点睛：（2）（ⅱ）设直线为，利用（ⅰ）中结论得直线为，联立解得的横坐标，利用三角形的面积公式及（ⅰ）中韦达定理化简可得，可得的最小值.
19. 已知函数（为自然对数的底数，），函数的极值点为0．
（1）求的值；
（2）证明：对；
（3）已知数列的前项和，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）运用极值点的性质，借助导数可解；（2）通过构造新函数，研究其单调性来证明不等式；（3）先根据数列前n项和求出数列通项公式，再结合前面的结论进行放缩，结合等比数列求和证明不等式.
【小问1详解】
由，得，
因为函数的极值点为0，所以，解得．
若，当时，单调递减；当时，单调递增．所以0是函数的极值点．
综上所述，．
【小问2详解】
令，则．
因为，在上单调递增，，
所以，使得．
当时，单调递减；
当时，单调递增．所以的极小值为，也是的最小值．
由，得，且，
所以，
当且仅当时等号成立，但，所以等号不成立，即．
所以，即．
【小问3详解】
证明：当时，，
当时，，满足上式，
所以．
由（2）知对，即，
取，则，所以，即．
所以．
【点睛】方法点睛：导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.