2024-2025學年安徽省懷寧縣高三上學期第二次月考數學檢測試卷一、單選題：本大題共8小題，每個小題5分，共40分.在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的.1．若全集，集合，則=（

）A． B． C． D．[0,3]2．設為正項等差數列的前項和．若，則的最小值為（

）A． B． C． D．3．已知等比數列，，為函數的兩個零點，則（

）A． B． C． D．34．已知，，直線與曲線相切，則的最小值是（

）A．16 B．12 C．8 D．45．已知定義在上的函數在上單調遞減，且為偶函數，則不等式的解集為（

）A． B．C． D．6．若點是曲線上任意一點，則點到直線的距離的最小值為（

）A． B． C． D．7．A． B． C． D．8．心形代表浪漫的愛情，人們用它來向所愛之人表達愛意.一心形作為建筑立面造型，呈現出優雅的弧度，心形木屋融入山川，河流，森林，草原，營造出一個精神和自然聚合的空間.圖是由此抽象出來的一個“心形”圖形，這個圖形可看作由兩個函數的圖象構成，則“心形”在軸上方的圖象對應的函數解析式可能為（

）A． B．C． D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18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．下列命題中正確的是（

）A．若，則B．命題：“”的否定是“”C．已知函數的定義域為，則函數的定義域為D．若函數則10．已知數列的前n項和為，且，，則下列結論正確的是（

）A．若，則B．若，則C．若，則數列是等比數列D．若，則數列是等差數列11．已知函數，則（

）A．函數在區間上單調遞減B．函數在區間上的最大值為1C．函數在點處的切線方程為D．若關于的方程在區間上有兩解，則三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．若函數在區間上單調遞增，則實數的取值范圍是_____.13．已知函數，正數滿足，則的最小值為__________．14．已知函數，關于的方程有4個不同的實數解，則實數的取值范圍為__________.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．（13分）設函數(1)若不等式對一切實數x恒成立，求a的取值范圍；(2)解關于的不等式：．16．（15分）設為數列的前n項和，已知．(1)求的通項公式；(2)求數列的前n項和．17．（15分）已知函數(1)當時，求函數的極值；(2)若函數在區間上是減函數，求實數的取值范圍；18．（17分）記為數列的前n項和，已知是公差為的等差數列．(1)求的通項公式；(2)證明：．19．（17分）已知函數的極小值為，其導函數的圖象經過，兩點.(1)求的解析式；(2)若曲線恰有三條過點的切線，求實數的取值范圍.高三數學第二次月考試題答案題號1234567891011答案BDCDDBBCACDCDAC1．B【分析】先求出集合，，再結合集合的運算，即可求解．【詳解】由題意可知，，，則，故,．故選：B．2．D【分析】由等差數列的求和公式和等差中項公式，求得且，化簡，結合基本不等式，即可求解.【詳解】由等差數列的前項和公式，可得，可得，又由且，所以，當且僅當時，即時，等號成立，所以的最小值為.故選：D.3．C【分析】由題意，結合對數運算性質、等比數列性質即可求解.【詳解】由題意是一元二次方程的兩個根，由韋達定理有，而對于等比數列而言，，從而.故選：C.4．D【分析】根據導數的幾何意義結合已知方程求出的關系，再根據不等式中“1”的整體代換即可得出答案.【詳解】對求導得，由得，則，即，所以，當且僅當時取等號．故選：D．5．D【分析】由為偶函數求得函數對稱軸，再結合函數的單調性進行求解即可.【詳解】∵函數為偶函數，∴，即，∴函數的圖象關于直線對稱，又∵函數定義域為，在區間上單調遞減，∴函數在區間上單調遞增，∴由得，，解得.故選：D.6．B【分析】利用導數求得平行于直線與曲線相切的切點坐標，再利用點到直線的距離公式，即可求解.【詳解】由函數，可得，令，可得，因為，可得，則，即平行于直線且與曲線相切的切點坐標為，由點到直線的距離公式，可得點到直線的距離為.故選：B.7．B【分析】令，，根據復合函數的單調性及條件即可求出結果.【詳解】令，則，因為在定義域上單調遞增，又函數在區間上遞增，所以，得到，故選：B.8．C【分析】根據奇偶性和最值排除錯誤答案即可.【詳解】A選項：，故A錯誤；B選項：記，則，故為奇函數，不符合題意，故B錯誤；C選項：記，則，故為偶函數，當時，，此函數在上單調遞增，在上單調遞減，且，故C正確；D選項：記，則，故既不是奇函數也不是偶函數，不符合題意，故D錯誤.故選：C.9．ACD【分析】利用二次函數求最值判斷A，利用全稱量詞命題的否定是存在量詞命題來判斷B，根據抽象函數的定義域可判斷C，根據換元法求解析式可判斷D.【詳解】對于選項A，由，得，，則，，所以當時，取到最小值，所以，故選項A正確；對于選項B，“”的否定是“”，故選項B不正確；對于選項C，函數的定義域為，則中的范圍為，即，所以，由抽象函數的定義域可得，中的范圍為，故函數的定義域為；所以選項C正確；對于選項D，令，則，，由得，，所以，，所以選項D正確.故選：ACD.10．CD【分析】利用等比數列求和公式可判定A，利用累加法求通項可判定B，利用構造法結合等差數列、等比數列的定義可判定C、D.【詳解】對于A，，由，所以，即是以1為首項，3為公比的等比數列，所以，則A錯誤；對于B，時，則，利用累加法可知，顯然符合，則B錯誤；對于C，時，則，顯然，所以是以-2為首項，2為公比的等比數列，則C正確；對于D，時，，即是以為首項和公差的等差數列，則D正確.故選：CD11．AC【分析】利用導數分析函數的單調性，進而判斷AB選項；結合導數的幾何意義可判斷C選項；畫出函數大致圖象，結合圖象即可判斷D選項.【詳解】因為，，所以，令，即；令，即，所以函數在區間上單調遞減，在上單調遞增，故A正確；因為，，所以函數在區間上的最大值為4，故B錯誤；因為，，所以函數在點處的切線方程為，即，故C正確；因為，函數大致圖象如圖，要使方程在區間上有兩解，則，故D錯誤.故選：AC.12．【分析】利用導數轉化為在上恒成立，利用參變分離轉化為求函數最值問題.【詳解】∵∴，由在區間上單調遞增，可得：在上恒成立，即在上恒成立，當時，，故13．12【分析】由函數奇偶性的判定得出為奇函數，有，進而得出，再根據基本不等式求解即可．【詳解】因為定義域為，又，所以為奇函數，有，又，所以，即，又因為為正數，所以，當且僅當，即時，等號成立，故12．14．【分析】令，解方程，根據m的范圍，結合圖象討論方程和的解的個數可得.【詳解】令，則，解，得，當時，，由圖可知，有兩個實數解，有一個實數解，此時方程有3個不同的實數解，不滿足題意；當時，，由圖可知，有3個實數解，有一個實數解，滿足題意；當時，，有兩個實數解，有一個實數解，不滿足題意；當時，，由圖可知，有1個實數解，有1個或2個實數解，不滿足題意；當時，，由圖可知，有1個實數解，有3個實數解，滿足題意；當時，，由圖可知，有1個實數解，有2個實數解，不滿足題意.綜上，實數的取值范圍為.故

本題屬于函數零點的綜合性問題，根據函數零點個數求參數的問題，常用數形結合法.本題先要從整體結構分析，通過換元法解方程，再將方程的根的個數問題轉化為圖象交點個數問題，利用數形結合分類討論可得.15．(1)(2)答案見解析【分析】（1）對是否為零進行討論，再結合二次函數的性質即可求解.（2）不等式化簡為，根據一元二次不等式的解法，分類討論即可求解.【詳解】（1）對一切實數x恒成立，等價于恒成立.當時，不等式可化為，不滿足題意.當，有，即，解得所以的取值范圍是．（2）依題意，等價于，當時，不等式可化為，所以不等式的解集為.當時，不等式化為，此時，所以不等式的解集為.當時，不等式化為，①當時，，不等式的解集為；②當時，，不等式的解集為；③當時，，不等式的解集為；綜上，當時，原不等式的解集為；當時，原不等式的解集為；當時，原不等式的解集為；當時，原不等式的解集為；當時，原不等式的解集為.16．(1)(2)【分析】（1）根據即可求出；（2）根據錯位相減法即可解出．【詳解】（1）因為，當時，，即；當時，，即，當時，，所以，化簡得：，當時，，即，當時都滿足上式，所以．（2）因為，所以，，兩式相減得，，，即，．17．(1)極小值為1，無極大值(2)【分析】（1）求定義域，求導，根據導函數求出單調區間，從而得到極值情況；（2）由題意得在區間上，參變分離，構造函數，求出最小值，得到答案.【詳解】（1）時，，定義域為，，令，解得，令，解得，故在處取得極小值，，的極小值為，無極大值.（2）在區間上為減函數，∴在區間上，，令，只需，顯然在區間上為減函數，，18．(1)(2)見解析【分析】（1）利用等差數列的通項公式求得，得到，利用和與項的關系得到當時，,進而得：，利用累乘法求得，檢驗對于也成立，得到的通項公式；（2）由（1）的結論，利用裂項求和法得到，進而證得.【詳解】（1）∵，∴,∴,又∵是公差為的等差數列，∴,∴,∴當時，，∴,整理得：,即,∴，顯然對于也成立，∴的通項公式；（2）∴19．(1)(2)【分析】（1）根據函數的圖象經過，列方程，并判斷極小值點，結合極小值為列方程，聯立求解可得；（2）設切點坐標，求切線方程，根據題意可得方程有三個不同實數解，然后構造函數，利用導數討論其單調性和極值，即可列出關于m的