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四川省宜宾市第一中学校2025-2026学年高二下学期第一学月学情检测数学试题
一、单选题
1．音乐播放器里有15首中文歌曲和5首英文歌曲，任选1首歌曲进行播放，则不同的选法共有（ ）
A．30种 B．75种 C．10种 D．20种
2．函数在处的导数为（ ）
A． B．4-sin2 C． D．4-cos2
3．如图所示为的图象，则函数的单调递减区间是（ ）
A． B．
C． D．
4．函数在上的值域为（ ）
A． B． C． D．
5．若函数，则（ ）
A．2 B． C． D．
6．若函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．若函数在处有极小值，则实数的值为（ ）
A． B． C．或 D．
8．奇函数和偶函数的定义域均为，当时，，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．下列不等式恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
10．若，则下列选项错误的是（ ）
A． B．
C． D．
11．设函数，若恒成立，则满足条件的正整数可以是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
三、填空题
12．有不同的红球5个，不同的白球4个．从中任意取出两个不同颜色的球，则不同的取法有___________种．
13．已知函数 ， 则不等式的解集是___________.
14．用半径为的圆形铁皮剪出一个圆心角为的扇形，制成一个圆锥形容器．当该容器的容积最大时，扇形的圆心角__________．
四、解答题
15．已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程﹔
（2）求的单调区间和极值.
16．设是等差数列，是公比大于0的等比数列，已知，，．
(1)求和的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
17．如图，在四棱锥中，底面为长方形，底面，是中点，且．
(1)证明：；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值．
18．已知动点P与平面上两定点连线的斜率的积为定值，试求：
(1)动点P的轨迹C的方程；
(2)是否存在过点与（1）中曲线C相交所得弦长的直线，若存在，求直线l的方程；若不存在，试说明理由.
19．已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
参考答案
1．D
【详解】在15首中文歌曲和5首英文歌曲，共20首歌中任选一首播放，不同的选法共有种.
故选：D
2．B
【详解】因为，所以，
代入得：.
3．C
【详解】由导函数图象，知或时，，∴的减区间是，．
故选：C．
4．A
【详解】由题意得，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值，故，
因为，所以．
故所求的值域为．
故选：A
5．A
【详解】因为，
，其中是常数，
所以 ，整理得：，
所以，
所以.
6．C
【详解】由，得，
因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，所以，
即的取值范围为.
故选：C
7．A
【详解】，
，解得：或；
当时，，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
在处取得极小值，符合题意；
当时，，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
在处取得极大值，不合题意；
综上所述：.
故选：A.
8．A
【详解】令，当时，，则在上单调递增，
又因分别是定义在上的奇函数和偶函数，
则由可知函数为奇函数，故在上单调递增，
又因，则，
则由和的单调性可得或.
故不等式的解集是，A正确.
9．AB
【详解】对选项A，设，，
当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
所以，即，故A正确.
对选项B，设，，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
所以，即，故B正确.
对选项C，当时，，此时，故C错误.
对选项D，当时，，故D错误.
故选：AB
10．ABD
解：令，，
，因为函数在递增，
故函数在递增，而（1），
时，，则存在，使得，
当时，，当时，，
所以函数在上在递减，在上递增，
所以无法比较的大小，即无法比较与的大小，
故A、B错误；
令函数，，
则，
故在递减，
若，
则，所以，
即，
故C正确，D错误.
故选：ABD.
11．CD
【详解】若恒成立，则恒成立，
构建，则，
∵，故，则有：
当，即时，则在时恒成立，
故在上单调递增，则，
即符合题意，故满足条件的正整数为1；
当，即时，令，则，
故在上单调递减，在上单调递增，则，
构建，则当时恒成立，
故在上单调递减，则，
∵，
故满足的整数；
综上所述：符合条件的整数为1或2，C、D正确
12．20
【详解】第一步，从5个不同的红球中取一个，有5种取法；
第二步，从4个不同的白球中取一个，有4种取法，
根据分步乘法计数原理，不同的取法总数为：种.
13．
【详解】因为，定义域为R，
故为奇函数，又，
所以为增函数，
由，可得，
则，解得，
所以不等式的解集为.
故答案为：.
14．
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，体积为，则，
因此，
则，令 ，解得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时容积最大，
把代入，得
由，得，
即圆心角为时容积最大.
故答案为：
15．（1）；（2）单调增区间为，单调减区间为，极大值为，极小值为.
解：（1）∵，
∴，
∴，又
所以切线方程为.
即
（2）
可得或.
令，得或；令，得.
当变化时，，的变化情况如下表：
x 1
+ 0 0 +
单调递增↗ 3 单调递减↘ 单调递增↗
所以，的单调增区间为，单调减区间为
当时，有极大值，并且极大值为
当时，有极小值，并且极小值为．
16．(1)，
(2)
【详解】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，且．
依题意得，解得，则或．
又因为，所以，解得，故，．
（2）因为，所以，
则.
17．(1)证明见详解
(2)
【详解】（1）底面，，又底面为长方形，，
又平面且，平面，
而平面，.
（2）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，，
则，即，令，则，
故平面的法向量为，又平面的法向量为，
.
故平面与平面的夹角的余弦值为.
18．(1)；
(2)存在，或.
【详解】（1）设动点，
由题意，化简整理得，
故点P的轨迹C的方程是.
（2）直线斜率不存在时不合题意，
斜率存在时，设直线与曲线C的交点为，
由，得，，
则，，
，整理得，解得或（舍）.
经检验，符合题意，直线l的方程为，即或.
19．（1）见解析；（2）.
【详解】
（1）的定义域为，，（ⅰ）若，则，所以在单调递减.
（ⅱ）若，则由得.
当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增.
（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点.
（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，由于，即，故没有零点；
③当时，，即.
又，故在有一个零点.
设正整数满足，则.
由于，因此在有一个零点.
综上，的取值范围为.

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