2021寿县二中高二下学期第二次月考数学（理）试卷含答案

这是一份2021寿县二中高二下学期第二次月考数学（理）试卷含答案
www.ks5u.com2020-2021学年度第二学期第二次月考高二理数满分：150分 时间：120分钟一、单选题：本大题共12小题，每小提5分，共60分.1．若i为虚数单位，则在复平面上对应的点位于（ C ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2.设函数在上可导，则等于（ C ）A． B． C． D．以上都不对3．函数在上（ B ）A．有最大值0，无最小值 B．有最大值0，最小值C．最小值，无最大值 D．既无最大值，也无最小值4．若函数在上可导，且，则（ C ）A． B．C． D．以上答案都不对4，,,,，图象为开口向上的抛物线，其对称轴方程为：，.故选：C．5.函数的大致图象是（ A ）A．B．C．D．5.函数的定义域为关于原点对称，又所以是奇函数，排除BC当时，，则在上递增，又 ，所以函数 在内存在零点，且当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，排除D故选：A6．已知，则（ C ）A．中共有项，当n=2时，B．中共有项，当n=2时，C．中共有项，当n=2时，D．中共有项，当n=2时，7．若函数，则（ B ）A．既有极大值，也有极小值 B．有极小值，无极大值C．有极大值，无极小值 D．既无极大值，也无极小值7依题意，；令，解得，故当时，，当时，，故当时，函数有极小值，且函数无极大值，故选：B．8.已知函数的图象经过点，则的最小值为（ A ）A.11 B.12 C.13 D.148.由题可得：，所以=，令y=，，令可得在递增，则在递减，故在x=2处取得最小值，最小值为，故答案为11.9．曲线与曲线的公切线方程为（ A ）A． B． C． D．10.已知偶函数的定义域为，导函数为，，，则不等式的解集为（ ）A．或 B．或C．或 D．或10.设，则易知为偶函数又则当时，函数为增函数,当时，函数为减函数又，不等式可化为即，所以或，所以不等式的解集为或故选：D.11.已知函数，若方程有4个零点，则a的可能的值为（ A ）A． B．1 C． D．11解：根据函数的解析式可知，函数的图象如下：要使方程有4个零点，则的图象与直线有4个不同的交点，所以只需a小于在区间上的过坐标原点的切线的斜率即可.由，得，设切点坐标为，则切线方程为，又切线过，所以，解得，故此时切线的斜率为，故，结合选项知，选：A.12．已知函数有两个极值点，则a的取值范围是（ D ）A． B． C． D．12.因为有两个极值点，所以有两个不同实数根，所以有两个不同实数根，所以有两个不同实数根，显然，所以有两个不同实数根，记，，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，又因为时，；当时，；当时，，所以当有两个不同实数根时 ，所以，所以，二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.．______________.14.由曲线y＝eq \f(1,x)，y2＝x与直线x＝2，y＝0围成封闭图形的其面积为________．eq \f(2,3)＋ln2已知函数，且当时，，则实数的取值范围为___________.15.依题意，，令，则函数在上单调递增，则在上恒成立，即在上恒成立，令，则在上显然恒成立，所以在上单调递增，则；因此只需，解得，即实数的取值范围为.16.若对一切正实数恒成立，则实数的取值范围是___________.16设，则恒成立，由，令，则恒成立，所以为增函数，令得，当时，，当时，；所以在递减，在递增，故在处取得最小值，故最小值，因为，则所以恒成立，得，又因为（当且仅当时等号成立）；所以 即 .三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17.(本题10分)已知函数.(1)若在上是增函数，求实数的取值范围；(2)若是的极值点，求在上的最大值和最小值．解：(1)令f′(x)＝3x2－2ax＋3＞0，∴a＜eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(1,x)))min＝3(当x＝1时取最小值)．∵x≥1，∴a＜3，a＝3时亦符合题意，∴a≤3.(2)f′(3)＝0，即27－6a＋3＝0，∴a＝5，f(x)＝x3－5x2＋3x，f′(x)＝3x2－10x＋3.令f′(x)＝0，得x1＝3，x2＝eq \f(1,3)(舍去)．当1＜x＜3时，f′(x)＜0，当3＜x＜5时，f′(x)＞0，即当x＝3时，f(x)的极小值f(3)＝－9.又f(1)＝－1，f(5)＝15，∴f(x)在[1,5]上的最小值是f(3)＝－9，最大值是f(5)＝15.18.(本题12分)如图，已知多面体中，为菱形，，平面，，，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.（1）证明：∵，∴四点、、、共面.如图所示，连接，，相交于点，∵四边形是菱形，∴对角线，∵平面，∴，又，∴平面，∴，又，，∴平面，平面，∴平面平面.（2）取的中点，∵，，∴是等边三角形，∴，又，∴，以A点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.，，，.∵.∴，解得.设平面的法向量为，则，∴，取.同理可得：平面的法向量.∴.由图可知：二面角的平面角为钝角，∴二面角的余弦值为.19 ．(本题12分)已知函数（1）求曲线在点处的切线方程；（2）设，证明：（1） QUOTE ， QUOTE 且 QUOTE ，所以切线方程 QUOTE ，即 QUOTE ．（2）由 QUOTE ， QUOTE ． QUOTE ，所以 QUOTE 在 QUOTE 为增函数，又因为 QUOTE ， QUOTE ，所以存在唯一 QUOTE ，使 QUOTE ，即 QUOTE 且当 QUOTE 时， QUOTE ， QUOTE 为减函数， QUOTE 时 QUOTE ， QUOTE 为增函数，所以 QUOTE ， QUOTE ，记 QUOTE ， QUOTE ， QUOTE ，所以 QUOTE 在 QUOTE 上为减函数，所以 QUOTE ，所以 QUOTE ．20．(本题12分)在平面直角坐标系中，直线过点且与直线垂直，直线与轴交于点，点与点关于轴对称，动点满足.（1）求动点的轨迹的方程；（2）过点的直线与轨迹相交于两点，设点，直线的斜率分别为，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.（1）由已知设直线的方程为，因为点在直线上，所以，解得.所以直线的方程为. 令，解得，所以，故.因为， 由椭圆的定义可得，动点的轨迹是以为焦点的椭圆，长轴长为4. 所以，，所以轨迹的方程为. （2）①当直线的斜率不存在时，由，解得.不妨设，，则.②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由，消去，得，依题意，直线与轨迹必相交于两点，设，，则，，又，，所以.综上可得，为定值.21．(本题12分)已知函数. （I）求函数的单调区间 ； （II）若，且对任意恒成立，求的最大值.试题分析：（1）解：因为，所以，函数的图像在点处的切线方程；…………5分（2）解：由（1）知，，所以对任意恒成立，即对任意恒成立．…………7分令，则，……………………8分令，则，所以函数在上单调递增．………………………9分因为，所以方程在上存在唯一实根，且满足．当，即，当，即，…13分所以函数在上单调递减，在上单调递增．所以．…………14分所以．故整数的最大值是3．………………………15分22.(本题12分)32．已知函数.（1）若，求实数的取值范围；（2）求证：（1）因为，，当时，，符合题意，当时，，在上单调递减，而，不合题意，当时，令，得，令，得，即在上单调递增，在上单调递减，所以，解得.综上，实数的取值范围为.（2）由（1）知，当时，，即，所以，得，所以，即证.