大慶一中級高二年級下學期第二次月考數學試卷出題人：楊繼審題人：孫鳳林85分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.函數在區間上的平均變化率等于時的瞬時變化率，則（）A.1B.C.2D.【答案】A【解析】【分析】分別求出函數的平均變化率和瞬時變化率，解方程可得結果.【詳解】易知平均變化率為，可得，瞬時變化率為，因此，解得.故選：A2.若，則（）A.380B.190C.188D.240【答案】B【解析】【分析】利用組合數的性質求出，再求出答案.【詳解】由，得，所以.故選：B3.函數的單調減區間是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】第1頁/共18頁【分析】求導，令，解不等式即可.【詳解】，定義域為，，令，解得.故答案為：D4.已知函數，其中.則使函數不存在極值的有序數對共有（）對.A.7B.8C.9D.10【答案】D【解析】【分析】由題設，根據得，進而列舉出所有數對，即可得.【詳解】由題設，要使函數不存在極值，只需，所以，滿足的有序數對為，共10對.故選：D5.已知函數的大致圖象如圖所示，則不等式的解集為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據給定的圖象可得是函數的極小值點，求出值，再解不等式.【詳解】觀察圖象知，是函數的極小值點，求導得，第2頁/共18頁則，解得，當時，；當時，，則是函數的極小值點，，，不等式，解得，所以不等式的解集為.故選：B6.已知函數在區間上有最小值，則實數的取值范圍為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】在區間在區間上有最小值，可得，即可求解.【詳解】由題意得，易知在區間上單調遞增，若在區間上有最小值，則，即，解得.這時存在，使得在上單調遞減，在上單調遞增，即函數在上有極小值，也是最小值，所以的取值范圍是.故選：A.7.甲校3人、乙校2人、丙校1共6人站成一排合影，要求同校人員不相鄰，則不同排法共有（）A.48種B.96種C.120種D.144種【答案】C【解析】第3頁/共18頁【分析】根據甲校3人不相鄰分類討論他們的位置，結合分類加法計數原理和分步計數原理進行求解即可.【詳解】因為甲校3人不相鄰排列，所以有以下情形的排列方式：第一類，甲校3人分別在第一、第三、第五個位置，則有種排法；第二類，甲校3人分別在第一、第三、第六個位置，則有種排法；第三類，甲校3人分別在第一、第四、第六個位置，則有種排法；第四類，甲校3人分別在第二、第四、第六個位置，則有種排法；因此不同排法共有種，故選：C8.已知函數，，若函數的圖象與函數的圖象在交點處存在公切線，則函數在點處的切線在y軸上的截距為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】設交點為，分別求出，的導數，由題意得切線的斜率相等且切點重合，得到m，a的方程，消去a，可得，令，運用求得，判斷單調區間，即可得到，進而得到a的值，再求的導數和在處的切線斜率和切點，求得切線方程，令，即可得到所求截距.【詳解】設交點為，且的導數為，的導數為，由題意，且，消去a得：，令，，當時，遞增；當時，遞減.∴處取得極小值，也為最小值為0，則，解得，第4頁/共18頁代入，可得，即有，∴，則在處的切線斜率為，切點為∴在處的切線方程為，令，可得.故選：C.36分在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分）9.下列命題正確的有（）A.若，則B.已知函數，若，則C.若，則D.曲線上點處切線的傾斜角的取值范圍是【答案】BC【解析】【分析】利用導數公式求導可判斷ABC選項，根據導數和傾斜角的關系和正切函數圖象判斷D選項.【詳解】A選項，是個常數，故，A錯誤；B選項，，令，解得，B正確；C選項，得C正確；D選項，，即，又因為，所以，D錯誤.故選：BC.10.下列說法正確的是（）A.將5封信投入3個郵筒，不同的投法共有種第5頁/共18頁B.有三張參觀券，要在5人中確定3人去參觀，不同方法的種數是60C.從6男4女中選4人參加比賽，若4人中必須有男有女，則共有194種選法D.6本不同的書，分給甲、乙每人各2本，分給丙、丁每人各1本，有180種分法【答案】ACD【解析】ABC4人的選法數，再求出全是男生或女生的選法數，最后作差求不同選法數；D應用平均分組法求分給甲、乙的方法數，對于丙、丁只需將最后2本作全排，即可判斷.【詳解】A：由每封信都有3種投法，則5封信有種投法，對；B：在5人中確定3人去參觀，沒有排序要求，故有種，錯；C10人中任選4人有4人全是男生有4人全是女生由1種，對；D：先選2本有種，從余下的書再選2本有種，進而分給甲、乙，余下的2本分給丙、丁有，所以共有種，對.故選：ACD已知函數在R上可導且，其導函數滿足：列結論正確的是（）A.函數有且僅有兩個零點B.函數有且僅有三個零點C.當時，不等式恒成立D.在上的值域為【答案】AC【解析】【分析】對A：構造函數，根據題意求得，令即可求解第6頁/共18頁后判斷；對B：對求導分析其單調性，結合零點存在定理，即可判斷；對C：對xDB可求得函數值域.【詳解】令，則，故（，，.令，解得或，故函數有且僅有兩個零點，選項A正確；，∴令得；令得，在和上單調遞增，在上單調遞減.，，，∴存在，使得；又，∴存在，使得；當時，，∴不存在使得.綜上所述，有且僅有兩個根，即有兩個零點，故選項B錯誤；，∴.當時，，.令，則，第7頁/共18頁故在上單調遞增，，滿足題意；當時，也滿足不等式.綜上所述，當時，不等式恒成立，故選項C正確；由B知在上單調遞減，在上單調遞增，且，，，故函數在上的值域為，故選項D錯誤.故選：AC.【點睛】關鍵點點睛：本題考查利用導數研究函數的單調性、零點、不等式恒成立和值域問題；其中解決問題的關鍵是能夠構造函數，準確求出的解析式，屬難題.三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共分）12.某蓮藕種植塘每年的固定成本是2萬元，每年最大規模的種植量是10萬千克，每種植1千克蓮藕，成本增加1元.種植x年需種植蓮藕______萬千克.【答案】5【解析】【分析】根據題設有利潤且，再應用導數求其最值，即可得.【詳解】由題意，利潤且，所以，則，當時，，即在上單調遞增，當時，，即在上單調遞減，所以萬千克，利潤最大.故答案為：513.函數有且只有3個零點，則實數的取值范圍是______．第8頁/共18頁【答案】【解析】【分析】根據分段函數中各段函數的單調性，分成，兩種情況并結合導數進行討論即可.【詳解】當時，時，，，當時，；當時，；所以單調遞減，在單調遞增，所以當時，取最小值.函數有且只有3個零點，又在上單調遞增，所以，在有兩個零點且此時，而在上有一個零點，如圖，所以，解得，且，所以．所以.當時，時，，，故在上單調遞增，且此時，又在上恒成立，所以此時不合題意.綜上，，即.故答案為：.【點睛】方法點睛：已知函數零點個數求參數范圍常用的方法：（1）分離參數法：通常解法為從中分離出參數，然后利用求導方法求出由參數構造的新函數的最值，根第9頁/共18頁據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數范圍；（2）分類討論法：通常解法為結合單調性，先確定參數分類的標準，在每個小范圍內研究零點的個數是否符合題意，將滿足題意的參數的各小范圍并在一起，即為所求參數范圍.14.已知函數在R上的導函數為，對于任意的實數x都有，當時，，若，則實數a的取值范圍是________．【答案】【解析】【分析】首先設，結合已知條件得到在為減函數，在為增函數，再將轉化為，利用的單調性求解不等式即可.【詳解】設，，因為當時，，所以，為增函數.又因為，所以.所以，即為偶函數.所以在為減函數，在為增函數.因為，所以，解得或.故答案為：.四、解答題（本題共5小題，共分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）15.設為實數，函數第10頁/共18頁（1）求函數的極值與單調增區間；（2）若曲線與軸僅有且只有一個交點，求實數的取值范圍．【答案】（1，2）．【解析】1（2）結合（1）問的結果，利用極大值或極小值符號解決問題．1）．令，則或．當變化時，，的變化情況如下表：100↗極大值↘極小值↗所以的極大值是，極小值是．所以的單調增區間為，（2）函數，由此可知，取足夠大的正數時，有，取足夠小的負數時，有，所以曲線與軸至少有一個交點．第11頁/共18頁由（1）知，．∵曲線與軸僅有一個交點，∴或，即或，∴或，∴當時，曲線與軸僅有一個交點．16.如圖，已知四棱柱中，四棱錐是正四棱錐，，，分別為的中點．（1）求直線與平面所成角的正弦值；（2）若平面經過且與平行，求點到平面的距離．【答案】（1）;（2）.【解析】1）連接交于點，連接，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，進而計算出線面角；（2）設平面的法向量為，利用該法向量與，垂直，從而計算出點面距離.小問1詳解】如圖，連接交于點，連接，由四棱錐是正四棱錐第12頁/共18頁易得兩兩互相垂直，在正四棱錐中，因為，所以，因為，且，所以，．以點為坐標原點，直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系.則，，，，，，，．所以，，．設平面的法向量為，則，即'取，得．設直線與平面所成的角為，則．所以直線與平面所成角的正弦值為．【小問2詳解】，．設平面的法向量為，則，即第13頁/共18頁取，得．所以點到平面的距離.17.已知數列的各項均為正數，前項和為，且，是與的等差中項.（1）證明：數列是等差數列；（2）設，求數列的前項和.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】1）先根據等差中項列式，再根據完全平方公式計算化簡，由定義得出等差數列；（2）先寫出等差數列的通項公式，再應用的分組求和得出即可.【小問1詳解】因為是與的等差中項，所以，所以，因為數列的各項均為正數，所以，所以，所以，所以數列是公差為1，首項為的等差數列；【小問2詳解】因為數列是公差為1，首項為的等差數列，所以，所以，當時，，當時，，所以,所以，第14頁/共18頁18.已知函數.（1）討論函數的單調性；（2）若函數有且只有一個零點，求實數取值范圍；（3），關于的不等式恒成立，求正實數的取值范圍.【答案】（1）答案見解析．（2）；（3）．【解析】1）求出導函數分類討論確定的正負得單調性；（2）由（1）的單調性，結合零點存在定理確定零點個數，從而得參數范圍；（3數的范圍．【小問1詳解】，時，恒成立，在上是增函數，時，時，，是減函數，時，，是增函數，第15頁/共18頁綜上，時，在R上是增函數，時，在上是增函數；【小問2詳解】，由（1）時，只有一個零點，在上遞減得足夠大時，在上還有一個零點，不合題意；時，由（1）知是極小值也是最小值，函數只有一個零點，此時；時，在上遞增，有一個零點，因此，此時，時，，因此在上也有一個零點，不合題意，綜上，的取值范圍是；【小問3詳解】不等式即為，又，所以恒成立，設，，則，由（1）知，從而，且時，，所以時，，遞增，時，，遞減，所以時，，所以，．【點睛】方法點睛：用導數研究不等式恒成立問題，一般有兩種方法：（1）直接由不等式引入函數，利用導數求得函數的最值，然后由最值滿足的不等關系求得參數；（2）分離參數后，引入新函數，由導數得新函數最值，然后可得參數范圍．第16頁/共18頁19.已知函數（）.（1），求證：；（2）證明：.()【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】1）先證，令，利用導數判斷函數單調性，即可證明；再證，令，利用其導數判斷其單調性即可證明；（2）l利用（1）的結論，可得，從而將原不等式轉化為，繼而轉化為證，即證；由此構造函數，利用其導數判斷單調性即可證明.【小