四川省荣县中学校2024−2025学年高二下学期第一次（3月）月考 数学试题（含解析）

这是一份四川省荣县中学校2024−2025学年高二下学期第一次（3月）月考 数学试题（含解析），共12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．若函数满足，则（ ）
A．1B．2C．D．
2．在正项等比数列中，是方程的两个根，则（ ）
A．2B．4C．8D．16
3．函数的单调递增区间是（ ）
A．B．和
C．D．
4．已知数列中，，且，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知数列，则“，，”是“数列为等差数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．函数在上不单调，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
8．若函数，且，则正实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知数列的前项和，则（ ）
A．B．
C．有最小值D．数列不是等差数列
10．设函数，则（ ）
A．是的极小值点
B．当时，
C．当时，
D．当时，
11．已知函数，过点作平行于轴的直线交曲线于点，曲线在点处的切线交轴于点.则（ ）
A．当时，切线的方程为B．当时，的面积为
C．点的坐标为D．面积的最小值为
三、填空题
12．函数在上的极小值点为 ．
13．若直线是曲线与曲线的公切线，则 ．
14．已知函数为偶函数，且当时，，则不等式的解集为 ．
四、解答题
15．已知函数.
（1）求在点处的切线方程；
（2）求在区间上的最大值．
16．已知数列满足，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求.
17．已知函数．
（1）求的单调递增区间；
（2）求出方程的解的个数．
18．记为数列的前项和，已知.
(1)求，并证明是等差数列；
(2)求.
19．已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，证明：；
（3）设，证明：．
参考答案
1．【答案】C
【详解】由题设.
故选C
2．【答案】B
【详解】因为是方程的两个根，
所以，
又因为在等比数列中，，
又因为是正项等比数列，所以，
所以，
故选:B.
3．【答案】C
【详解】由题设，且，
可得，所以递增区间为.
故选C
4．【答案】D
【详解】由，得，又.
所以数列是以为首项，为公差的等差数列.
所以.
所以.
故选D
5．【答案】A
【详解】充分性：若对，，都有，
则令,得,即，因为为常数,所以数列为等差数列;
必要性:等差数列不一定满足,,,
例如:当等差数列通项公式为时,,,
此时,所以,,”是“数列为等差数列的充分不必要条件.
故选A
6．【答案】D
【详解】，
因为函数在上不单调，
所以函数有零点，
所以方程 有根，
所以函数与 有交点（且交点非最值点），
因为函数的值域为，
所以 .
故选D
7．【答案】D
【详解】令，则，
所以在上单调递增，所以，
即，所以，则，即；
令，则，
当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
所以（当且仅当时取等号），所以，
即（当且仅当时取等号），所以，
所以即，
综上所述：.
故选D.
8．【答案】C
【详解】易知的定义域为，
由可得，即；
因为，所以，即，
构造函数，则，
可知函数在上单调递增，因此，
即，所以，
令，则，
当时，，此时在上单调递减，
当时，，此时在上单调递增，
因此在处取得极小值，也是最小值，；
即可得，解得.
所以正实数的取值范围是.
故选C.
9．【答案】AC
【详解】因为，所以，故A正确；
当时，，
当时，也满足上式，所以数列的通项公式为，
所以，
所以数列是公差为2的等差数列，所以，故B错误；
因为，所以当时，；当时，，
所以有最小值或，故C正确；
因为，所以，
所以，所以数列是等差数列，故D错误.
故选AC.
10．【答案】ACD
【详解】对于A：因为函数的定义域为，而
，
令可得，或，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
故是函数的极小值点，所以A正确；
对于B，当，，
因为函数在上单调递增，所以，
故命题当时，错误；B错误；
对C，当时，，
因为函数在上单调递减，上单调递增，
所以，又，，
所以，C正确；
对D，当时，，所以，所以D正确；
故选ACD.
11．【答案】BCD
【详解】由已知得，，
过点的切线方程为，当时，，
则，故正确；
当时，，则，
以为切点的切线方程为，即，故错误；
此时，的面积，故正确；
因为，，，
所以，，所以，
令，所以，
令，即，解得，
当时，，所以函数在内单调递减，
当时，，所以函数在内单调递增，
所以当时，函数有最小值，最小值为，故正确.
故选.
12．【答案】
【详解】因为，令，得或，当时，；
当时，，当时，，
所以在区间上是增函数，在区间上是减函数，在上是增函数．
故是函数的极小值点为.
13．【答案】
【详解】直线与曲线联立，
得，
因为直线是曲线的切线，
所以，解得，
设与曲线相切于，
由得曲线在处的切线斜率为，
则曲线在处的切线方程为
，即，
因为直线是曲线与曲线的公切线，
所以，解得，
即.
14．【答案】
【详解】当时, ，
因为，所以，所以，
所以当时，单调递增；
又函数为偶函数，所以当时，函数单调递减，
所以，
等价于，
等价于，
平方可得：，
解得：或，
所以解集为：.
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）易知函数的定义域为，
则，所以切线方程为
（2）令，得或，
令，得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
∴当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，
所以.
16．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为数列满足，所以，
所以数列是等比数列，首项为，设公比为，
由，可得：，解得.
.
（2），
，
，
，
.
17．【答案】（1），
（2）答案见解析
【详解】（1）函数的定义域为．
．令解得或．
则、、的关系列表如下：
的单调递增区间为．
（2）方程的解的个数为函数的图象与直线的交点个数．
在（1）中可知：在区间上单调递增，在上单调递减，
在处取得极大值，在处取得极小值，
令，得．
当时，的图象过点．
当时，，但始终在轴上方；
当从的左侧无限近于时，；当从的右侧无限近于时，；
当时，；当时，．
根据以上性质，作出函数的大致图象如图所示，
当时，与没有交点，则方程的解为个；
当或或时，与有个交点，则方程的解为个；
当或时，与有个交点，则方程的解为个．
18．【答案】(1)，证明见解析
(2)
【分析】（1）直接代入可得，再代入，结合的值求出；再由仿写出，作差后得到，即可证明结果.
（2）由（1）知数列为等差数列，然后代入等差数列的前项和公式求解即可.
【详解】（1）已知，
当时，；
当时，，所以.
因为①，所以②.
②-①得，，整理得，
所以（常数），，
所以是首项为6，公差为4的等差数列.
（2）由（1）知，.
所以
.
19．【答案】（1）的减区间为，增区间为
（2）证明见解析
（3）证明见解析
【详解】（1）当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为．
（2）要证，只要证，
令，则，
所以只需证成立，
即对任意的恒成立．
设，则恒成立，
所以时，单调递减，
所以，所以，
即证得.
（3）对任意的恒成立．
所以对任意的，有，
所以，
所以，
所以，
所以.0
0
0
单调递增
极大值
单调递减
单调递减
极小值
单调递增