2022-2023学年安徽省泗县高二年级下册学期第二次月考 数学【含答案】

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1、2022-2023学年度第二学期高二年级第二次月考 数学试卷 一､单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 化简集合，根据并集的概念运算可得结果. 【详解】，， 所以， 故选：C． 【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，考查了集合的并集运算，属于基础题. 2. 复数（是虚数单位），则 A. B. C. -1 D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为复数，所以，故选D. 点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念

2、及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数，共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化，转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分． 3. 已知函数，若对任意，使得成立，则实数最小值为（） A. 1 B. -1 C. 2 D. -2 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，在上恒成立，令，对求导，求出的单调性，即可求出，即可得出答案. 【详解】解：，即在上恒成立. 令， 因为，所以，所以， 在上单调递减，，即. 故实数的最小值为1. 故选：A. 4. 设，那么的取值范围是（） A. B.

3、 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据不等式的性质求解即可. 【详解】，所以， 则， 故选：. 5. 已知集合，集合，若“”是“”的充分不必要条件，则实数的取值范围（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解分式不等式可求得集合；根据充分不必要条件的定义可知Ü；解一元二次不等式，分别讨论，和的情况，根据包含关系可求得结果. 【详解】由得：，，解得：，； 由得：； “”是“”的充分不必要条件，Ü， 当时，，不满足Ü；当时，，不满足Ü； 当时，，若Ü，则需； 综上所述：实数的取值范围为. 故选：A 6. 已知，则与的大小

4、关系是（） A. B. C. D. 不确定 【答案】C 【解析】 【分析】令，结合题意可知，进而有，再利用对数函数的单调性和运算性质即可求解 【详解】令， 则当时，，当时，； 由，得 考虑到得， 由，得， 即 故选：C 7. 已知函数，若对任意的，存在使得，则实数a的取值范围是（　　） A. B. [，4] C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合导数和二次函数的性质可求出和的值域，结合已知条件可得，，从而可求出实数a的取值范围. 【详解】解：的导函数为， 由时，，时，，可得g（x）在[–1，0]上单调递减，在（0，1]上单调递增，

5、 故g（x）在[–1，1]上的最小值为g（0）=0，最大值为g（1）=， 所以对于任意的，． 因为开口向下，对称轴为轴， 所以当时，，当时，， 则函数在[，2]上的值域为[a–4，a]， 由题意，得，， 可得，解得． 故选：B. 8. 使得函数在区间上单调的一个必要不充分条件为（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数单调性，可得或者在成立，求得的取值范围，根据集合语言和命题语言的关系，求得使的范围为真子集的集合即可得解. 【详解】若函数在区间上单调， 则在成立， 或者在成立， 即在成立， 所以在成立， 由可得， 即或在

6、上成立， 解得或者，即， 根据题意能使得为真子集的集合为， 故选：C 二､多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求） 9. 下列命题中，正确的有（） A. 函数与函数表示同一函数 B. 已知函数，若，则 C. 若函数，则 D. 若函数的定义域为，则函数的定义域为 【答案】BC 【解析】 【分析】A.两函数的定义域不同，故不是同一函数，所以A错误；解方程组，故B正确；求出，故C正确；函数的定义域为，故D错误. 【详解】解：的定义域是，的定义域是或，两函数的定义域不同，故不是同一函数，所以A错误; 函数，若，则所以，故B正确； 若函数，则，故C正确

7、； 若函数的定义域为，则函数中，，所以，即函数的定义域为，故D错误. 故选：BC 10. 已知，，，则下列说法正确的是（） A. 的最大值是 B. 的最小值是8 C. 的最小值是 D. 的最小值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】用均值不等式判断选项A、C、，对选项B进行“1的代换”，利用二次函数的性质判断选项D. 【详解】A：由，得， 所以(当且仅当时取等号)，故A正确； B：， 当且仅当时取等号，故B错误； C：，即 当且仅当时取等号，故C正确； D：由，则 当时取得最小值，最小值为，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数的图象在处切线的斜率为，

8、则下列说法正确的是（） A. B. 在处取得极大值 C. 当时， D. 的图象关于点中心对称 【答案】ABD 【解析】 【分析】A由导数的几何意义即可求参数a；B利用导数研究函数的单调性，进而确定是否存在极大值；C根据B判断区间内的端点值、极值，进而确定区间值域；D令，则，即可确定对称中心. 【详解】A：，由题意，得，正确； B：，由得：或，易知在，上，为增函数，在上，为减函数，所以在处取得极大值，正确； C：由B知：，，，故在上的值域为，错误； D：令且为奇函数，则，而图象关于中心对称，所以关于中心对称，正确； 故选：ABD. 12. 已知，则下列说法正确的有（）

9、A. 若恒成立，则实数的取值范围是 B. 若有极值，则实数的取值范围是 C. 若，则实数的取值范围是 D. 若有极值点，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由已知可得，利用导数求的最大值，可得的取值范围，判断A， 对于B，根据极值的导数的关系，列不等式可求的取值范围，由此判断B， 对于D，结合函数的单调性，判断D， 对于C，由已知可得在单调递增，结合导数与单调性的关系可求的取值范围判断C. 【详解】因为，恒成立，所以恒成立， 设，则， 当时，，函数在上单调递增； 当，函数在上单调递减， 的最大值为，故A错误； 因为函数的定义域为，导函数， 若有极值，则

10、方程有两个不等的实数根， 且至少有一个正根，设其根为，且，则， 所以，又， 所以，， 所以，B正确； 当时，，函数在上单调递增， 当时，时，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 可知，所以D正确； 对C，若，不妨设，可得， 可得在单调递增， 所以在上恒成立， 所以在上恒成立， 又，当且仅当时等号成立， 所以，C正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 三､

11、填空题（本大题共4小题，共20分） 13. 函数的定义域为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用对数、分式、根式的性质列不等式，求的范围，即得定义域. 【详解】由函数解析式，知：，解得且. 故答案为：. 14. 若不等式对一切成立，则的取值范围是 _ _ . 【答案】 【解析】 【详解】当，时不等式即为，对一切恒成立 ① 当时，则须 ，∴② 由①②得实数的取值范围是， 故答案为. 15. 设函数是R内的可导函数，且，则________. 【答案】 【解析】 【分析】 先利用换元法求出的解析式，再对函数求导，从而可求出的值 【详解】令

12、，，所以，，. 故答案：， 【点睛】此题考查换元法求函数的解析式，考查函数的求导法则的应用，考查计算能力，属于基础题 16. 将一边长为的正方形铁片的四角截去四个边长均为的小正方形，然后做成一个无盖的方盒，当等于__________时，方盒的容积最大． 【答案】 【解析】 【分析】先求出方盒容积的表达式，再利用导数根据单调性求最大值. 【详解】方盒的容积为： 当时函数递减，当时函数递增 故答案为 【点睛】本题考查了函数的最大值的应用，意在考查学生的应用能力和计算能力. 四､解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17. 已

13、知． （1）求函数的解析式； （2）若函数，求的单调区间． 【答案】（1） （2）单调增区间为，单调递减区间为 【解析】 【分析】（1）由配凑法或换元法即可求； （2）由复合函数单调性判断. 【小问1详解】 因为， 设，则，所以． 【小问2详解】 ，由或， 设，则， 当时，，因为其对称轴为， 则此时单调递减，单调递增，所以在单调递减； 当时，单调递增，单调递增，所以在单调递增． 所以的单调增区间为，单调递减区间为． 18. 已知关于的不等式的解集为或. （1）求的值； （2）当，且满足时，有恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】

14、 【分析】（1）根据一元二次不等式和对应方程的关系，结合根与系数的关系，即可求出、的值； （2）由题可得，结合基本不等式，求出的最小值，得到关于的不等式，解出即可． 【小问1详解】 因为不等式的解集为或， 所以1和是方程的两个实数根且， 所以，解得或（舍）. 【小问2详解】 由（1）知，于是有， 故 当且仅当，时，即时，等号成立 依题意有，即， 得，所以的取值范围为. 19. 中，角所对应的边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若的面积为，边是的等差中项，求的周长 【答案】（1）或 （2）12 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和正弦

15、公式及诱导公式计算可得; （2）由面积公式得到，再由等差中项的性质及余弦定理计算可得. 【小问1详解】 ， ， ， ， ， ，，， 或. 【小问2详解】 因为的面积为，所以，， 由边是的等差中项，得，且不是最大的角，， ，， ，，，所以的周长为. 20. 如图①，在菱形中，且，为的中点．将沿折起使，得到如图②所示的四棱锥． （1）求证：平面； （2）若为的中点，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）在图①中，连接，证明出，在图②中，利用勾股定理证明出，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标

16、原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值. 【小问1详解】 证明：在图①中，连接． 四边形为菱形，，是等边三角形． 为的中点，， 又，． 在图②中，，则，． ，平面. 【小问2详解】 解：以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系． 则、、、、. 为的中点，. ，， 设平面的一个法向量为，则， 令，得. 又平面的一个法向量为． 设二面角的大小为，由题意知为锐角，则. 因此，二面角的余弦值为. 21. 在各项均为正数的等差数列中，，，成等比数列，． （1）求数列的通项公式； （2

17、）设数列前项和为，，证明：． 【答案】（1） （2）证明过程见详解 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，结合题意求得，从而即可求得，进而即可求得等差数列的通项公式； （2）结合（1）可得数列的前项和为，从而即可求得的通项公式，再根据裂项相消即可证明结论． 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由已知得， 即， 又，解得（舍负）， 则，所以． 【小问2详解】 结合（1）得， 则， 所以 ． 22. 已知函数. （1）讨论的极值； （2）当时，求证：. 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出，分、讨论可得答案；

18、 （2）设，求出，可得在区间上单调递增，求出，再利用基本不等式可得答案. 【小问1详解】 函数的定义域为， 当时.在上单调递增，既无极大值也无极小值； 当时，当时，，当时，， 在区间上单调递减，在区间上单调递增， 当时取极小值，无极大值. 综上所述，当时，既无极大值也无极小值； 当时，当时，取极小值，无极大值； 【小问2详解】 设， 设即在区间上单调递增， ， 存在唯一的，满足，即， 当时，；当时，， 在区间上单调递减，在区间上单调递增， ， 当且仅当时取到等号，又因为，所以. 【点睛】方法点睛：求函数极值的一般方法：第一步求出函数的定义域并求出函数的导函数；第二步求方程的根；第三步判断在方程的根的左、右两侧值的符号；第四步利用结论写出极值.