2022-2023學年安徽省泗縣高二年級下冊學期第二次月考 數學【含答案】

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1、2022-2023學年度第二學期高二年級第二次月考 數學試卷 一?單選題(本大題共8小題,共40分.在每小題列出的選項中,選出符合題目的一項) 1. 已知集合,,則( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 化簡集合,根據并集的概念運算可得結果. 【詳解】,, 所以, 故選:C. 【點睛】本題考查了一元二次不等式的解法,考查了集合的并集運算,屬于基礎題. 2. 復數(是虛數單位),則 A. B. C. -1 D. 【答案】D 【解析】 【詳解】因為復數,所以,故選D. 點睛:復數是高考中的必考知識,主要考查復數的概念

2、及復數的運算.要注意對實部、虛部的理解,掌握純虛數,共軛復數這些重要概念,復數的運算主要考查除法運算,通過分母實數化,轉化為復數的乘法,運算時特別要注意多項式相乘后的化簡,防止簡單問題出錯,造成不必要的失分. 3. 已知函數,若對任意,使得成立,則實數最小值為() A. 1 B. -1 C. 2 D. -2 【答案】A 【解析】 【分析】由題意可得,在上恒成立,令,對求導,求出的單調性,即可求出,即可得出答案. 【詳解】解:,即在上恒成立. 令, 因為,所以,所以, 在上單調遞減,,即. 故實數的最小值為1. 故選:A. 4. 設,那么的取值范圍是() A. B.

3、 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根據不等式的性質求解即可. 【詳解】,所以, 則, 故選:. 5. 已知集合,集合,若“”是“”的充分不必要條件,則實數的取值范圍() A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解分式不等式可求得集合;根據充分不必要條件的定義可知ü;解一元二次不等式,分別討論,和的情況,根據包含關系可求得結果. 【詳解】由得:,,解得:,; 由得:; “”是“”的充分不必要條件,ü, 當時,,不滿足ü;當時,,不滿足ü; 當時,,若ü,則需; 綜上所述:實數的取值范圍為. 故選:A 6. 已知,則與的大小

4、關系是() A. B. C. D. 不確定 【答案】C 【解析】 【分析】令,結合題意可知,進而有,再利用對數函數的單調性和運算性質即可求解 【詳解】令, 則當時,,當時,; 由,得 考慮到得, 由,得, 即 故選:C 7. 已知函數,若對任意的,存在使得,則實數a的取值范圍是(  ) A. B. [,4] C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】結合導數和二次函數的性質可求出和的值域,結合已知條件可得,,從而可求出實數a的取值范圍. 【詳解】解:的導函數為, 由時,,時,,可得g(x)在[–1,0]上單調遞減,在(0,1]上單調遞增,

5、 故g(x)在[–1,1]上的最小值為g(0)=0,最大值為g(1)=, 所以對于任意的,. 因為開口向下,對稱軸為軸, 所以當時,,當時,, 則函數在[,2]上的值域為[a–4,a], 由題意,得,, 可得,解得. 故選:B. 8. 使得函數在區(qū)間上單調的一個必要不充分條件為() A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根據函數單調性,可得或者在成立,求得的取值范圍,根據集合語言和命題語言的關系,求得使的范圍為真子集的集合即可得解. 【詳解】若函數在區(qū)間上單調, 則在成立, 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, 根據題意能使得為真子集的集合為, 故選:C 二?多選題(本大題共4小題,共20分.在每小題有多項符合題目要求) 9. 下列命題中,正確的有() A. 函數與函數表示同一函數 B. 已知函數,若,則 C. 若函數,則 D. 若函數的定義域為,則函數的定義域為 【答案】BC 【解析】 【分析】A.兩函數的定義域不同,故不是同一函數,所以A錯誤;解方程組,故B正確;求出,故C正確;函數的定義域為,故D錯誤. 【詳解】解:的定義域是,的定義域是或,兩函數的定義域不同,故不是同一函數,所以A錯誤; 函數,若,則所以,故B正確; 若函數,則,故C正確

7、; 若函數的定義域為,則函數中,,所以,即函數的定義域為,故D錯誤. 故選:BC 10. 已知,,,則下列說法正確的是() 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】用均值不等式判斷選項A、C、,對選項B進行“1的代換”,利用二次函數的性質判斷選項D. 【詳解】A:由,得, 所以(當且僅當時取等號),故A正確; B:, 當且僅當時取等號,故B錯誤; C:,即 當且僅當時取等號,故C正確; D:由,則 當時取得最小值,最小值為,故D正確. 故選:ACD. 11. 已知函數的圖象在處切線的斜率為,

8、則下列說法正確的是() A. B. 在處取得極大值 C. 當時, D. 的圖象關于點中心對稱 【答案】ABD 【解析】 【分析】A由導數的幾何意義即可求參數a;B利用導數研究函數的單調性,進而確定是否存在極大值;C根據B判斷區(qū)間內的端點值、極值,進而確定區(qū)間值域;D令,則,即可確定對稱中心. 【詳解】A:,由題意,得,正確; B:,由得:或,易知在,上,為增函數,在上,為減函數,所以在處取得極大值,正確; C:由B知:,,,故在上的值域為,錯誤; D:令且為奇函數,則,而圖象關于中心對稱,所以關于中心對稱,正確; 故選:ABD. 12. 已知,則下列說法正確的有()

9、A. 若恒成立,則實數的取值范圍是 B. 若有極值,則實數的取值范圍是 C. 若,則實數的取值范圍是 D. 若有極值點,則 【答案】BCD 【解析】 【分析】對于A,由已知可得,利用導數求的最大值,可得的取值范圍,判斷A, 對于B,根據極值的導數的關系,列不等式可求的取值范圍,由此判斷B, 對于D,結合函數的單調性,判斷D, 對于C,由已知可得在單調遞增,結合導數與單調性的關系可求的取值范圍判斷C. 【詳解】因為,恒成立,所以恒成立, 設,則, 當時,,函數在上單調遞增; 當,函數在上單調遞減, 的最大值為,故A錯誤; 因為函數的定義域為,導函數, 若有極值,則

10、方程有兩個不等的實數根, 且至少有一個正根,設其根為,且,則, 所以,又, 所以,, 所以,B正確; 當時,,函數在上單調遞增, 當時,時,函數在上單調遞減, 當時,,函數在上單調遞增, 可知,所以D正確; 對C,若,不妨設,可得, 可得在單調遞增, 所以在上恒成立, 所以在上恒成立, 又,當且僅當時等號成立, 所以,C正確. 故選:BCD. 【點睛】關鍵點點睛:導函數中常用的兩種常用的轉化方法:一是利用導數研究含參函數的單調性,常化為不等式恒成立問題.注意分類討論與數形結合思想的應用;二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理. 三?

11、填空題(本大題共4小題,共20分) 13. 函數的定義域為__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用對數、分式、根式的性質列不等式,求的范圍,即得定義域. 【詳解】由函數解析式,知:,解得且. 故答案為:. 14. 若不等式對一切成立,則的取值范圍是 _ _ . 【答案】 【解析】 【詳解】當,時不等式即為,對一切恒成立 ① 當時,則須 ,∴② 由①②得實數的取值范圍是, 故答案為. 15. 設函數是R內的可導函數,且,則________. 【答案】 【解析】 【分析】 先利用換元法求出的解析式,再對函數求導,從而可求出的值 【詳解】令

12、,,所以,,. 故答案:, 【點睛】此題考查換元法求函數的解析式,考查函數的求導法則的應用,考查計算能力,屬于基礎題 16. 將一邊長為的正方形鐵片的四角截去四個邊長均為的小正方形,然后做成一個無蓋的方盒,當等于__________時,方盒的容積最大. 【答案】 【解析】 【分析】先求出方盒容積的表達式,再利用導數根據單調性求最大值. 【詳解】方盒的容積為: 當時函數遞減,當時函數遞增 故答案為 【點睛】本題考查了函數的最大值的應用,意在考查學生的應用能力和計算能力. 四?解答題(本大題共6小題,共70分.解答應寫出文字說明,證明過程或演算步驟) 17. 已

13、知. (1)求函數的解析式; (2)若函數,求的單調區(qū)間. 【答案】(1) (2)單調增區(qū)間為,單調遞減區(qū)間為 【解析】 【分析】(1)由配湊法或換元法即可求; (2)由復合函數單調性判斷. 【小問1詳解】 因為, 設,則,所以. 【小問2詳解】 ,由或, 設,則, 當時,,因為其對稱軸為, 則此時單調遞減,單調遞增,所以在單調遞減; 當時,單調遞增,單調遞增,所以在單調遞增. 所以的單調增區(qū)間為,單調遞減區(qū)間為. 18. 已知關于的不等式的解集為或. (1)求的值; (2)當,且滿足時,有恒成立,求的取值范圍. 【答案】(1) (2) 【解析】

14、 【分析】(1)根據一元二次不等式和對應方程的關系,結合根與系數的關系,即可求出、的值; (2)由題可得,結合基本不等式,求出的最小值,得到關于的不等式,解出即可. 【小問1詳解】 因為不等式的解集為或, 所以1和是方程的兩個實數根且, 所以,解得或(舍). 【小問2詳解】 由(1)知,于是有, 故 當且僅當,時,即時,等號成立 依題意有,即, 得,所以的取值范圍為. 19. 中,角所對應的邊分別為,且. (1)求角的大??; (2)若的面積為,邊是的等差中項,求的周長 【答案】(1)或 (2)12 【解析】 【分析】(1)利用正弦定理將邊化角,再由兩角和正弦

15、公式及誘導公式計算可得; (2)由面積公式得到,再由等差中項的性質及余弦定理計算可得. 【小問1詳解】 , , , , , ,,, 或. 【小問2詳解】 因為的面積為,所以,, 由邊是的等差中項,得,且不是最大的角,, ,, ,,,所以的周長為. 20. 如圖①,在菱形中,且,為的中點.將沿折起使,得到如圖②所示的四棱錐. (1)求證:平面; (2)若為的中點,求二面角的余弦值. 【答案】(1)證明見解析 (2) 【解析】 【分析】(1)在圖①中,連接,證明出,在圖②中,利用勾股定理證明出,利用線面垂直的判定定理可證得結論成立; (2)以點為坐標

16、原點,、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系,利用空間向量法可求得二面角的余弦值. 【小問1詳解】 證明:在圖①中,連接. 四邊形為菱形,,是等邊三角形. 為的中點,, 又,. 在圖②中,,則,. ,平面. 【小問2詳解】 解:以為坐標原點,、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系. 則、、、、. 為的中點,. ,, 設平面的一個法向量為,則, 令,得. 又平面的一個法向量為. 設二面角的大小為,由題意知為銳角,則. 因此,二面角的余弦值為. 21. 在各項均為正數的等差數列中,,,成等比數列,. (1)求數列的通項公式; (2

17、)設數列前項和為,,證明:. 【答案】(1) (2)證明過程見詳解 【解析】 【分析】(1)設等差數列的公差為,結合題意求得,從而即可求得,進而即可求得等差數列的通項公式; (2)結合(1)可得數列的前項和為,從而即可求得的通項公式,再根據裂項相消即可證明結論. 【小問1詳解】 設等差數列的公差為, 由已知得, 即, 又,解得(舍負), 則,所以. 【小問2詳解】 結合(1)得, 則, 所以 . 22. 已知函數. (1)討論的極值; (2)當時,求證:. 【答案】(1)答案見解析 (2)證明見解析 【解析】 【分析】(1)求出,分、討論可得答案;

18、 (2)設,求出,可得在區(qū)間上單調遞增,求出,再利用基本不等式可得答案. 【小問1詳解】 函數的定義域為, 當時.在上單調遞增,既無極大值也無極小值; 當時,當時,,當時,, 在區(qū)間上單調遞減,在區(qū)間上單調遞增, 當時取極小值,無極大值. 綜上所述,當時,既無極大值也無極小值; 當時,當時,取極小值,無極大值; 【小問2詳解】 設, 設即在區(qū)間上單調遞增, , 存在唯一的,滿足,即, 當時,;當時,, 在區(qū)間上單調遞減,在區(qū)間上單調遞增, , 當且僅當時取到等號,又因為,所以. 【點睛】方法點睛:求函數極值的一般方法:第一步求出函數的定義域并求出函數的導函數;第二步求方程的根;第三步判斷在方程的根的左、右兩側值的符號;第四步利用結論寫出極值.

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