福建省宁德市福鼎市第四中学2025-2026学年高二下学期第一次月考（3月）数学检测试卷 附答案

/福鼎四中2025-2026学年第二学期第一次月考高二数学试题注意事项：1．答题前，学生务必在试卷、答题卡规定的地方填写自己的学校、准考证号、姓名.学生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与学生本人准考证号、姓名是否一致.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.一、选择题：本题共8小题，每题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.函数在时的瞬时变化率为（）A.0 B.2 C.4 D.6【正确答案】B【分析】求导，即可代入求解.【详解】由可得，故时的瞬时变化率为，故选：B2.下列选项正确的是（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据基本初等函数的求导公式即可解答.【详解】对于选项A，故A错误；对于选项B，，故B错误；对于选项C，，故C正确；对于选项D，，故D错误；故选：C.3.已知函数在点处的切线方程为，则（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】由切线的几何意义得，将代入切线方程得，从而得解.【详解】由切线方程，得，将代入切线方程，得，所以，则.故选：C4.设函数满足，则（）A. B. C.1 D.2【正确答案】B【分析】根据导数的定义及极限的运算性质计算可得.【详解】，故选：B5.已知函数在上可导，其部分图象如图所示，则下列不等式正确的是（）A. B.C. D.【正确答案】B【分析】设为点，为点，比较A点切线的斜率、B点切线的斜率、直线AB的斜率即可判断．【详解】设为点，为点，由题图可知函数的图象在处的切线的斜率比在处的切线的斜率大，且均为正数，所以，而直线的斜率为，其比在处的切线的斜率小，但比在处的切线的斜率大，所以．6.已知函数在时有极值0，则（）A.4 B.11C.4或11 D.以上答案都不对【正确答案】B【分析】由于在处有极值0，所以可得，解方程组可求出的值，从而可求得答案【详解】解：由，得，因为在处有极值0，所以，即，解得或，当时，，则在上单调递增，此时函数无极值，所以舍去，当时，，令，得或，经检验和都为函数的极值点，综上，所以，故选：B7.已知，，，则a，b，c的大小关系是（）A. B.C. D.【正确答案】A【分析】根据给定条件构造函数，再探讨其单调性并借助单调性判断作答.【详解】令函数，求导得，令，则，故，单调递减，又，故，即，而，则，即，所以，故选：A8.若函数在上有两个不同的零点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】将函数零点问题转化成两函数图像交点，再利用导数与函数单调性间的关系，得出，根据图像即可解决问题.【详解】因为，令，即，则，所以函数在上有两个不同的零点等价于曲线和在上有两个不同的交点，设，，则，令，解得，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，又，，当时，，且时，，其图像如图所示，故的取值范围为.故选：C.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知函数，其导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.函数在上单调递增B.函数在上单调递减C.函数在处取得极小值D.函数在处取得最大值【正确答案】AC【分析】根据导函数的图象判断出导数的正负，从而可求出函数的单调区间和极值.【详解】由的图象知，当或时，，当或时，，所以的递增区间为和，递减区间为和，所以在和处取得极小值，在处取得极大值，无最大值，所以AC正确，BD错误，故选：AC10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.的单调递增区间是 B.的单调递减区间是C.的最大值是 D.恒成立【正确答案】BD【分析】根据导数求出函数的单调区间和最值可得答案.【详解】的定义域为，，令，得，令，得，所以的单调递增区间是，单调递减区间是，故A不正确，B正确；所以，故C不正确，由C知，，故D正确；故选：BD11.定义在上的函数，其导函数为，且满足，若，且，则下列不等式一定正确的是（）A.B.C.D.【正确答案】ABD【分析】对于AB：由题意可知在上单调递增，根据单调性分析判断；对于CD：令，分析可知在上单调递增，可得，进而分析判断即可.【详解】A选项：因为，可知在上单调递增，且，则，所以，A正确；B选项：因为，且，则，即，因为在上单调递增，所以，B正确；C选项：令，则，可知上单调递增，因为，所以，即，又因为，则，可得，所以，C错误；D选项：由C可知，且，则，令当单调递增，所以，所以，所以，所以，D正确．故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知函数的导函数为，且满足，则______.【正确答案】##【分析】对原函数求导，将代入求即可.【详解】由题设，则.故13.过点作曲线的切线，则切线的方程为______.【正确答案】或【分析】设切点坐标为，利用导数表示出切线方程，代入点，解出得切线方程.【详解】，则．设切点坐标为，则切线斜率为，切线方程为，代入点，得，即，解得或．当时，切线方程为；当时，切线方程为．故或14.函数是上的单调函数，则的范围是________.【正确答案】.【分析】由题意分析可知，原函数递增，只需使恒成立，然后求解的取值范围.详解】令，则，若函数是的单调函数，则函数只能是上的增函数，所以，恒成立，故，得.故答案为.本题考查导数与函数单调性，考查已知函数的单调性求解参数的取值范围，较简单.四、解答题：本题共5小题，共60分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15.已知函数．（1）求函数在点处的切线方程．（2）试判断函数的单调性并写出单调区间；【正确答案】（1）（2）单调增区间是，单调减区间是．【分析】（1）根据函数的导函数的几何意义可得；（2）根据导函数的正负即可判断其单调性及单调区间.【小问1详解】由函数，所以函数的定义域为，，所以，，∴函数在点处的切线方程为：，即．所以函数在点处的切线方程为.【小问2详解】因为函数的定义域为，且，令，得；令，得，因此函数的单调增区间是，单调减区间是．16.已知函数，且当时，有极值．（1）求，的值；（2）求在上的最大值和最小值．【正确答案】（1），；（2）最大值为，最小值为．【分析】（1）由极值的必要条件以及可列方程求解参数；（2）求导得出在的单调性，比较极值点与端点函数值即可得解.小问1详解】由，得，又当时，有极值，所以，解得所以，当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以当时，有极小值．所以，满足题意．【小问2详解】由（1）知，．令，得，，，的值随的变化情况如下表：34

＋0－0＋

单调递增极大值单调递减极小值单调递增由表可知在上的最大值为，最小值为．17.设函数是的极值点.（1）求实数的值;（2）若函数有三个零点，求实数的取值范围．【正确答案】（1）（2）【分析】（1）根据极值点概念性质，求出即可；（2）函数有三个零点，等价曲线与直线有三个不同的交点．通过求导得出单调性，得出极值，大概画出图像，用图像解题即可.小问1详解】因为是极值点，所以，解得，经检验，符合题意，所以.【小问2详解】若函数有三个零点，等价曲线与直线有三个不同的交点，由（1）可得，，令，则或.当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增,所以在和上单调递增，在上单调递减.所以;.又时，；，．画出图像，结合图像所以即实数的取值范围为.18.现有一张长为，宽为的长方形铁皮，准备用它做成一只无盖长方体铁皮盒，要求铁皮材料的利用率为（剪切与焊接不可避免），不考虑剪切与焊接处的损耗与增加.如图，在长方形的一个角剪下一块正方形铁皮，作为铁皮盒的底面，用余下材料剪拼后作为铁皮盒的侧面.设做成后的长方体铁皮盒的底面是边长为的正方形，高为，体积为.（1）写出关于的函数关系式，并写出的范围；（2）要使得无盖长方体铁盒的容积最大，对应的为多少？并求出的最大值.【正确答案】（1）（2）当时容积取最大值，且最大值为.【分析】（1）根据长方形的面积等于无盖长方体的表面积可得出关于的函数关系式，结合实际意义可得出的取值范围；（2）求出关于的函数关系式，利用导数可求出的最大值及其对应的的值，即可得出结论.【小问1详解】因材料利用率为，所以，即；因为长方形铁皮长为，宽为，故，综上，.【小问2详解】铁皮盒体积，其中，，令，得，列表如下：极大值所以，函数在上为增函数，在上为减函数，则当时，取最大值，且最大值为.19.已知函数（1）讨论的单调性；（2）当时，若恒成立，求实数的最大值．【正确答案】（1）答案见解析（2）【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再分、两种情况讨论，分别求出函数的单调性；（2）参变分离可得，令，，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，从而求出的取值范围.【小问1详解】函数的定义域为，且，当时，恒成立，所以在上单调递增；当时，，令，解得，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减；综上可得：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，