2022-2023学年江苏省盐城市大丰区南阳中学高二下学期第一次学情检测数学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省盐城市大丰区南阳中学高二下学期第一次学情检测数学试题含解析，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省盐城市大丰区南阳中学高二下学期第一次学情检测数学试题 一、单选题1．已知函数f（x）在处的导数为12，则（    ）A．-4 B．4 C．-36 D．36【答案】B【分析】由极限的性质结合导数的定义计算即可.【详解】根据题意，函数在处的导数，则，故选：B2．在空间四边形中，点，分别是和的中点，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据向量加法的三角形法则即可求解【详解】如图所示，是的中点，则， ， 故选：C.3．已知，若，则（    ）．A． B．1 C． D．【答案】A【分析】先求导得到，令，即得解【详解】由题意，若，则故选：A【点睛】本题考查了具体函数的导数，考查了学生概念理解，数学运算能力，属于基础题4．对于空间的任意三个向量，，，它们一定是（    ）．A．共面向量 B．共线向量C．不共面向量 D．既不共线也不共面的向量【答案】A【分析】由共面向量定理进行判断﹒【详解】∴根据向量共面定理知，与共面．故选：A5．函数的最小值为（    ）A． B． C．0 D．3【答案】B【分析】利用导数研究函数的单调性，进而求得函数的最值.【详解】∵，∴，当时，得，故在上单调递减，当时，得，故在上单调递增，又，故当时取最小值，故选：B6．在正四面体中，棱长为1，且D为棱的中点，则的值为（    ）.A． B． C． D．【答案】D【分析】在正四面体中，由中点性质可得，则可代换为，由向量的数量积公式即可求解.【详解】如图，因为D为棱的中点，所以，，由正四面体得性质，与的夹角为60°，同理与的夹角为60°，，，故，故选：D.7．已知，则之间的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】构造函数，由，利用其单调性比较.【详解】设， 则，令得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，又，且，所以，即，故选：B8．已知函数是定义在的奇函数，当时，，则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】令，由题意可得为定义域上的偶函数，且在上单调递增，在上单调递减；分与两类讨论，将不等式等价转化为与，分别解之即可．【详解】令，当时，，当时，，在上单调递减； 又为的奇函数，，即为偶函数，在上单调递增； 又由不等式得，当，即时，不等式可化为，即，由在上单调递减得，解得，故；当，即时，不等式可化为，即，由在上单调递增得，解得，故；综上所述，不等式的解集为：．故选：D． 二、多选题9．以下能判定空间四点P、M、A、B共面的条件是（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根据空间向量的相关概念结合四点共面的结论逐项分析判断.【详解】对A：若，结合向量基本定理知：为共面向量，故四点P、M、A、B共面，A正确；对B：若，且，结合向量共面的性质知：四点P、M、A、B共面，B正确；对C：若，则，可知直线的位置关系：异面或相交，故四点P、M、A、B不一定共面，C错误；对D：若，可知直线的位置关系：平行或重合，故四点P、M、A、B共面，D正确；故选：ABD.10．下列求导运算正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根据求导法则以及基本初等函数的求导公式即可结合选项逐一求解.【详解】对于A, ,故A错误，对于B，，故B正确，对于C，，故C正确，对于D，，故D错误，故选：BC11．已知直线：，：（），则（    ）A．直线过定点 B．当时，C．当时， D．当时，两直线，之间的距离为3【答案】ABD【分析】将直线变形为，即可求解定点坐标，进而可判断A，根据两直线垂直和平行满足的系数关系即可代入值求解BC,根据两平行线间距离公式可判断D.【详解】：（）变形为，由 则因此直线过定点，故A正确；当时，：，：，所以，故两直线平行，故B正确；当时，：，：，因为，故两直线不垂直，故C错误；当时，则满足，解得，此时：，：，即，则两直线间的距离为，故D正确．故选：ABD．12．若正实数，满足，则下列不等式中可能成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】依题意可得，令，，利用导数说明函数的单调性，即可得到，再令，利用导数说明，即，从而得到，当且仅当时取等号，即可判断.【详解】解：因为，所以，因为，所以，则，令，，则，所以在上单调递增，由，可得，令，则，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，则，即当且仅当时取等号，即当且仅当时取等号，又，所以，当且仅当时取等号，当时或，结合与的图象也可得到所以或.故选：AC 三、填空题13．已知等比数列中，，，则______．【答案】768【分析】结合题干条件求出公比，进而可计算结果.【详解】，所以，.故答案为：76814．函数的图象在点处的切线斜率为________．【答案】【分析】利用导数的几何意义可得切线斜率.【详解】因为，，所以，故答案为：.15．已知，则_______.【答案】【分析】先对函数求导，然后求出，进而求出答案．【详解】由题可得，令，则，解得，所以，则【点睛】本题考查导函数，解题的关键是先求出，属于一般题．16．已知函数有三个零点，则实数的取值范围是__________.【答案】【分析】函数有三个零点，即函数的图象有三个交点，构造函数，利用导数求得的单调区间、极值，画出其大致图象，由此求得的取值范围.【详解】令，则，故函数有三个零点，即函数的图象有三个交点，令，则，当或时，，当时，，所以函数在上递减，在上递增，则，当时，，当时，，当时，，如图，作出函数的大致图象，由图可知.故答案为：.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 四、解答题17．如图，已知空间四边形，连接，，，，分别是，，的中点，请化简：(1)；(2)，并在图中标出化简结果的向量.【答案】(1)(2)，答案见解析 【分析】根据向量的线性运算直接分别化简.【详解】（1）；（2）如图所示，连接，因为，，分别是，，的中点，所以，，所以.18．已知函数，且.(1)求的解析式；(2)求曲线在处的切线方程.【答案】(1)(2) 【分析】（1）先求导数，根据可求，进而可得答案；（2）先求导数得到切线斜率，再求出切点，利用点斜式可求切线方程.【详解】（1）因为，且，所以，解得，所以函数的解析式为.（2）由（1）可知，；又，所以曲线在处的切线方程为，即.19．已知向量，向量与的夹角都是，且，试求(1)；(2)．【答案】(1)11(2) 【分析】（1）计算，展开计算得到答案.（2），代入计算得到答案.【详解】（1）向量，向量与的夹角都是，且，，；（2）20．已知函数．(1)求的极值；(2)求在区间上的最大值与最小值.【答案】(1)极大值是，极小值是(2)最大值为2，最小值为 【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的极值即可；（2）根据函数的单调性以及极值，结合，的值，求出函数的最值即可.【详解】（1）∵，∴，x13+0-0+单调递增极大值2单调递减极小值单调递增 故的极大值是，极小值是；（2）由（1）知：x12 +0- 单调递增极大值2单调递减 即函数在区间,上的最大值为2，最小值为.21．已知函数，求函数的单调区间.【答案】当时，的减区间为，无增区间；当时，的减区间为，增区间为.【分析】求导得，分、确定导数的正负，从而即可得函数的单调区间.【详解】解：由，可得，当时，，则在上递减，所以的减区间为，无增区间；当时，令，得，所以当时，；当时，，所以的减区间为，增区间为，综上，当时，的减区间为，无增区间；当时，的减区间为，增区间为.22．已知，(1)若函数在上为单调函数，求实数的取值范围；(2)若当时，对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）求出导函数，由在上无实数解可得参数范围．（2）本小题实质是在上恒成立，进一步转化为在上恒成立,然后构造函数利用导数研究的最小值即可.注意不要忽略x>0的条件,导致求导数的方程时产生增根.【详解】（1）定义域为，，因为在上为单调函数，则方程在上无实根.故，则.（2），则，对一切恒成立.设，则，当单调递减，当单调递增.在上，有唯一极小值，即为最小值.所以，因为对任意恒成成立，故.【点睛】利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法（1）分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，恒成立，只需即可；恒成立，只需即可.(2)函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.