所属成套资源:2022年新高考地区数学选择题(打包24套含解析)
2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编五含解析
展开
这是一份2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编五含解析,共44页。试卷主要包含了单选题,多选题,双空题,填空题等内容,欢迎下载使用。
2022年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编(五)
一、单选题
1.(2021·北京市第九中学高三月考)设是R上的可导函数,且满足,对任意的正实数,下列不等式恒成立的是
A.; B.;
C.; D.
【答案】B
【分析】
根据条件构造函数,求函数的导数,利用函数的单调性即可得到结论.
【详解】
解:设,
则,
∵,
,即函数在定义域上单调递增.
任意正实数,满足,
(a),
即,
∴
故选:B.
【点睛】
本题主要考查函数单调性的判断和应用,根据条件构造函数是解决本题的关键.
2.(2021·河南洛阳·高三期中(理))已知,,则的最小值为()
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】
由题意将问题转化为函数和图象两点的距离问题,结合图象即可得出结果.
【详解】
记,易知所求根式部分为函数和
图象两点的距离问题,
设,
则,
所以,
又单调递增,所以是唯一零点,
令,
所以在上单调递减,在上单调递增,
得,即,所以,
,
当且仅当时等号成立.
故选:A
3.(2021·河南洛阳·高三期中(文))关于函数,在下列论断中,不正确的是()
A.是奇函数
B.在上单调递减
C.在内恰有个极值点
D.在上的最大值为
【答案】B
【分析】
根据奇偶性定义可判断A;求导函数有可判断B;当时,令,得可判断C;设,令,得,求出最值即可判断D.
【详解】
函数的定义域为
由,故是奇函数,A正确;
由
则,又,所以在上不是单调递减,则B错;
设,令,得,且当时;
当时;当时;所以在内恰有个极值点,则C正确;
设,令,得,
由于,,,
所以在上的最大值为,故D正确.
故选:B
4.(2021·江苏省前黄高级中学高三开学考试)已知直线,若分别与函数的图象相交于(从左到右)个不同的交点,曲线段在轴上投影的长度为,则当取得最小值时,的值为()
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】
根据题意,易得,再结合对数运算以及均值不等式即可求解.
【详解】
设点的横坐标分别为,则结合函数的图象,易得.
由题意得,,,故,
因此,当且仅当,即时,取等号.
因此当取得最小值时,.
故选:C.
5.(2021·江苏省前黄高级中学高三开学考试)已知,,,则,,的大小关系为()
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】
根据指数运算与对数的性质,求得,,,再结合,利用对数函数的单调性,即可求解.
【详解】
根据指数运算与对数运算的性质,可得,,,
设,
因为函数为增函数,由于,所以,
所以.
故选:C.
6.(2021·北京海淀·北理工附中高三月考)已知函数(,且)在上单调递减,且关于x的方程恰有两个不相等的实数解,则的取值范围是
A. B.[,] C.[,]{} D.[,){}
【答案】C
【详解】
试题分析:由在上单调递减可知,由方程恰好有两个不相等的实数解,可知,,又时,抛物线与直线相切,也符合题意,∴实数的取值范围是,故选C.
【考点】函数性质综合应用
【名师点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路:
(1)直接法:直接根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围;
(2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数值域问题加以解决;
(3)数形结合法:先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中,画出函数的图象,然后数形结合求解.
7.(2021·皇姑·辽宁实验中学高三月考)已知是定义在上的奇函数,满足,当时,,则在区上所有零点之和为()
A.4 B.3 C.2 D.1
【答案】A
【分析】
根据函数的性质可求出周期及对称轴,再由时函数的解析式可作出函数的图象,原问题可转化为图象与图象交点横坐标问题,由对称性求和即可.
【详解】
由已知是定义在R上的奇函数,所以,又,所以的周期是2,且得是其中一条对称轴,又当时,,,于是图象如图所示,
又函数零点即为图象与的图象的交点的横坐标,四个交点分别关于对称,从左至右,交点的横坐标分别为所以,所以零点之和为.
故选:A
8.(2021·皇姑·辽宁实验中学高三月考)已知函数,实数,满足,且的最小值为,由的图象向左平移个单位得到函数,则的值为()
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】
由已知分析得到函数的最小正周期为,求出,通过平移得到,再求的值.
【详解】
由题得,函数的最大值是2,最小值是-2.
因为,所以,
因为的最小值为,所以函数的最小正周期为,
所以.所以,
由的图象向左平移个单位得到函数
,
所以
.
故选:A
9.(2021·安徽屯溪一中高三月考(文))已知可导函数的导函数为,若对任意的,都有,且为奇函数,则不等式的解集为()
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】
根据题意构造函数,分析函数的单调性,并结合为奇函数得到,又可将不等式等价转化为即,结合函数的单调性得:
【详解】
解:设,由,
得:,
故函数在递减,
由为奇函数,得,
∴,即,
∵不等式,
∴,即,
结合函数的单调性得:,
故不等式的解集是,
故选:A.
【点睛】
函数的单调性是函数的重要性质之一,它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关,但如果我们能挖掘其内在联系,抓住其本质,那么运用函数的单调性解题,能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识,并掌握好使用的技巧和方法,这是非常必要的.根据题目的特点,构造一个适当的函数,利用它的单调性进行解题,是一种常用技巧.许多问题,如果运用这种思想去解决,往往能获得简洁明快的思路,有着非凡的功效.
10.(2021·安徽屯溪一中高三月考(文))“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体,它体现了数学的对称美.如图,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个三棱锥,得到八个面为正三角形,六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为,则其体积为()
A. B.5 C. D.
【答案】D
【分析】
将多面体放置于正方体中,借助正方体分析多面体的结构,由此求解出多面体的体积.
【详解】
将该多面体放入正方体中,如图所示:由于多面体的棱长为,则正方体的棱长为2,
该多面体是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得,
所以该多面体的体积为,
故选:D.
11.(2021·上海杨浦·复旦附中高三开学考试)已知函数在上的图象如图所示. 给出下列四个命题:
①方程有且仅有6个根;②方程有且仅有3个根;
③方程有且仅有5个根;④方程有且仅有4个根.
其中正确的命题的个数为()
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】C
【分析】
先根据图象判断和的范围和零点,再看满足外层函数为时内层函数有几个值与之对应,分别令内层函数等于这几个值,判断对应的的个数,结合图形具体分析即可判断①②③④,进而可得正确选项.
【详解】
对于①,令,
结合图象可得有三个不同的解,
从图象上看有两个不同的解,有两个不同的解,
有两个不同的解,故有6个不同解,故①正确;
对于②,令,
结合图象可得有两个不同的解,
从图象上看的有一个解,有三个不同的解,
故有4个不同解,故②错误;
对于③,令,
结合图象可得有三个不同的解,
从图象上看有一个解,有三个不同的解,
有一个解,故有5个不同解,故③正确;
对于④,令,
结合图象可得有两个不同的解,
从图象上看有两个不同的解,有两个不同的解,
故有4个不同解,故④正确;
所以正确的有个,
故选:C.
12.(2021·济南·山东省实验中学高三月考)已知正实数a,b满足,则的最大值为()
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】
由得,结合二次不等式即可求解.
【详解】
由得
则
解得,所以,的最大值为
故选:A
13.(2021·济南·山东省实验中学高三月考)函数与的图象上存在关于直线对称的点,则的取值范围是()
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】
由题可知,曲线与有公共点,即方程有解,可得有解,令,则,对分类讨论,得出时,取得极大值,也即为最大值,进而得出结论.
【详解】
解:由题可知,曲线与有公共点,即方程有解,
即有解,令,则,
则当时,;当时,,
故时,取得极大值,也即为最大值,
当趋近于时,趋近于,所以满足条件.
故选:C.
【点睛】
本题主要考查利用导数研究函数性质的基本方法,考查化归与转化等数学思想,考查抽象概括、运算求解等数学能力,属于难题.
14.(2021·江苏省前黄高级中学高三月考)已知,其中.设两曲伐,有公共点,且在该点的切线相同,则()
A.曲线,有两条这样的公共切线 B.
C.当时,b取最小值 D.的最小值为
【答案】D
【分析】
求得两函数的导函数,,设两曲线的公切点为,由题意得,,从而可求得,即可判断A;进而可求得的关系式,即即可判断B;令,求出函数的单调性,根据函数的单调性即可求得函数的最值,即可判断CD.
【详解】
解:由,,,
则,,
设两曲线的公切点为,由题意得,
,即,
由得,,解得或(舍去),
所以曲线只有一条这样的共切线,故A错误;
,故B错误;
令,则,
当时,,当时,,
所以函数在上递减,在上递增,
所以当时,b取得最小值,为,
故C错误,D正确.
故选:D.
15.(2021·广东宝安·高三月考)将函数的图象向右平移个单位长度,再将各点的横坐标变为原来的,得到函数的图象,若在上的值域为,则范围为()
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】
由题意利用函数的图象变换规律,余弦函数的单调性,得出结论.
【详解】
解:将函数的图象向右平移个单位长度,可得的图象;
再将各点的横坐标变为原来的,得到函数的图象.
若在上的值域为,此时,,,
,求得,
故选:A.
【点睛】
本题主要考查函数的图象变换规律,余弦函数的单调性,属于基础题.
16.(2021·广东宝安·高三月考)窗的运用是中式园林设计的重要组成部分,常常运用象征、隐喻、借景等手法,将民族文化与哲理融入其中,营造出广阔的审美意境.从窗的外形看,常见的有圆形、菱形、正六边形、正八边形等.如图,在平面直角坐标系中,为正八边形的中心,轴,现用如下方法等可能地确定点:点满足(其中且,),则点(异于点)落在坐标轴上的概率为()
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】
写出所有可能结果,结合条件找到满足点(异于点)落在坐标轴上的结果,根据古典概率进行求解.
【详解】
由题意可知所有可能结果有:
,共有28种;
点(异于点)落在坐标轴上的结果有:,
,共有8种;
所以点(异于点)落在坐标轴上的概率为.
故选:D.
【点睛】
本题主要考查古典概率的求解,求出所有基本事件及符合题意的基本事件是解题关键,侧重考查数学建模的核心素养.
17.(2021·北京市玉渊潭中学高三月考)已知函数,若、,,使得成立,则的取值范围是.
A. B. C. D.或
【答案】B
【分析】
对的范围分类讨论,当时,函数在上递增,在上递减,即可判断:、,,使得成立. 当时,函数在上单调递增,即可判断:一定不存在、,,使得成立,问题得解.
【详解】
当时,,函数在上递增,在上递减,
则:、,,使得成立.
当时,,函数在上递增,在也递增,
又,
所以函数在上单调递增,
此时一定不存在、,,使得成立.
故选B
【点睛】
本题主要考查了分类思想及转化思想,还考查了函数单调性的判断,属于难题.
18.(2021·四川新都·(文))函数的值域为()
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】
利用降幂公式,两角和的余弦公式化简函数,再结合辅助角公式,即可求得函数的值域.
【详解】
∵函数
∴,其中.
∵
∴函数的值域为.
故选:B.
19.(2021·四川新都·(文))已知函数,函数满足以下三点条件:①定义域为;②对任意,有;③当时,.则函数在区间上的零点个数为()
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】
因为函数的定义域为,所以在无零点;作出函数、在的图象,即可判断在上的零点个数.
【详解】
因为函数的定义域为.
所以在无零点;
∵,故将的图象向右平移个单位后,图象纵向伸长为原来的两倍,
∴在平面直角坐标系,的图象以及在上如图所示:
又,故、在上的图象共有5个不同交点,
故选:A.
【点睛】
函数零点的求解与判断方法:
(1)直接求零点:令f(x)=0,如果能求出解,则有几个解就有几个零点.
(2)零点存在性定理:利用定理不仅要函数在区间[a,b]上是连续不断的曲线,且f(a)·f(b)<0,还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点.
(3)利用图象交点的个数:将函数变形为两个函数的差,画两个函数的图象,看其交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不同的零点.
二、多选题
20.(2021·江苏省前黄高级中学高三开学考试)已知,,则()
A.的最小值为
B.的最大值为
C.的最小值为
D.
【答案】ACD
【分析】
由已知条件可得,应用基本不等式及的范围即可判断A、B的正误,由题设有、,再由基本不等式、的范围求目标式的最小值、范围,注意等号成立条件.
【详解】
,且,
∴,可得,
∴,当且仅当时等号成立,
又,可得,当且仅当时等号成立,最小值为8而无最大值,
∴A正确,B错误;
,当且仅当时等号成立,故C正确;
,而,
∴,故D正确.
故选:ACD
21.(2021·江苏省前黄高级中学高三开学考试)已知函数,若函数有个零点,则实数的可能取值是()
A. B. C. D.
【答案】BD
【分析】
由分段函数解析式判断函数性质并画出函数图象,讨论参数判断不同a对应值域的的范围,结合函数图象判断解的情况,即可确定有个零点时的范围.
【详解】
在上单调递增且值域为;
在上单调递减且值域为;
在上单调递增且值域为;
故的图象如下:
由题设,有个零点,即有7个不同解,
当时有,即,此时有1个零点;
当时有,即,
∴有1个零点,有3个零点,此时共有4个零点;
当时有或或,
∴有1个零点,有3个零点,有3个零点,此时共有7个零点;
当时有或或,
∴有1个零点,有3个零点,有2个零点,此时共有6个零点;
当时有或,
∴有3个零点,有2个零点,此时共有5个零点;
综上,要使有7个零点时,则,()
故选:BD
【点睛】
关键点点睛:由解析式确定分段函数的性质并画出草图,进而讨论参数确定对应的取值范围,结合函数图象判断零点情况.
22.(2021·皇姑·辽宁实验中学高三月考)在中,角,,所对的边分别为,,,已知,则下列结论正确的是()
A. B.
C.若,则的面积是15 D.若,则外接圆半径是
【答案】ABD
【分析】
先利用已知条件设,进而得到,利用正弦定理可判定选项A;利用向量的数量积公式可判断选项B;利用余弦定理和三角形的面积公式可判定选项C;利用余弦定理和正弦定理可判断选项D.
【详解】
依题意,设,
所以,
由正弦定理得:,故选项A正确;
,
故,选项B正确;
若,则,所以,所以,
所以,故的面积是:,故选项C不正确;
若,则,所以,所以,
所以,则利用正弦定理得:的外接圆半径是:,
故选项D正确.
故选:ABD
23.(2021·皇姑·辽宁实验中学高三月考)如图,在平面四边形中,,,,,若点为线段上的动点(包含端点),则的取值可能为()
A.4 B. C.3 D.
【答案】BCD
【分析】
由已知条件可得,设,则,由,展开后,利用二次函数性质求解即可
【详解】
,
因为,,,
所以,
连接,因为,
所以≌,所以,
所以,则,
设,则,
延长CB,DA交于点O,则,即,
,,,,
所以,
因为,所以,
对于A,,所以A错误,
对于B,,所以B正确,
对于C,,所以C正确,
对于D,,所以D正确,
故选:BCD
24.(2021·济南·山东省实验中学高三月考)(多选)已知为奇函数,且,当时,,则()
A.的图象关于对称
B.的图象关于对称
C.
D.
【答案】ABD
【分析】
,所以的图象关于对称.故选项B正确;
周期为4,所以的图象关于对称,故选项A正确;
,故选项D正确,选项C不正确.
【详解】
因为为奇函数,所以
即,所以的图象关于对称.
故选项B正确,
由可得,
由可得,
所以,可得,
所以,所以周期为4,
所以的图象关于对称,故选项A正确,
.故选项D正确,选项C不正确.
故选: ABD.
25.(2021·济南·山东省实验中学高三月考)设函数,若曲线在点处的切线与该曲线恰有一个公共点,则选项中满足条件的有( )
A. B. C. D.
【答案】BCD
【分析】
讨论当每个选项做为切点时,其切线与的交点个数即可.
【详解】
A选项:切点,切线的斜率为
切线方程为:
设,其中
又,
故在内必有一个零点,则与切线有两个交点,故A错;
B选项:切点,切线的斜率为
切线方程为:
设,其中
在单调减,在单调增,
所以恒成立,
则单调增只有一个零点,则与切线有1交点,故B正确;
C选项:切点,切线的斜率为
切线方程为:
设,其中
又,在单调减,在单调增,所以恒成立,则只有一个零点,则与切线有1交点,故C确;
D选项:切点,切线的斜率为
切线方程为:
设,其中
,
,在小于0,在大于0,
所以恒成立,则只有一个零点,则与切线有1交点,故D正确.
故选:BCD
【点睛】
本题的关键在于讨论当每个选项做为切点时,其切线与的交点个数.
26.(2021·江苏省前黄高级中学高三月考)已知,则下列说法中正确的是()
A.函数的最小正周期为
B.函数在上单调递减
C.函数的图象可以由函数图象上各点的横坐标不变,纵坐标伸长为原来的2倍得到
D.是函数图象的一个对称中心
【答案】ABD
【分析】
先利用三角恒等变换的公式化简,然后再逐项进行分析即可.
【详解】
因为,
所以,
所以,
A.,故正确;
B.因为,所以,
由在上单调递减可知在上单调递减,故正确;
C.函数图象上各点的横坐标不变,纵坐标伸长为原来的2倍,
得到函数,不是,故错误;
D.令,所以,
当时,,所以是函数图象的一个对称中心,故正确;
故选:ABD.
27.(2021·江苏省前黄高级中学高三月考)经研究发现:任意一个三次多项式函数的图象都只有一个对称中心点,其中是的根,是的导数,是的导数.若函数图象的对称点为,且不等式对任意恒成立,则()
A. B. C.的值可能是 D.的值可能是
【答案】ABC
【分析】
求导得,故由题意得,,即,故.进而将问题转化为,由于,故,进而得,即,进而得ABC满足条件.
【详解】
由题意可得,
因为,所以,
所以,
解得,故.
因为,所以等价于.
设,则,
从而在上单调递增.
因为,所以,即,
则(当且仅当时,等号成立),
从而,故.
故选:ABC.
【点睛】
本题解题的关键在于根据题意得,进而将不等式恒成立问题转化为恒成立问题,再结合得,进而得.考查运算求解能力与化归转化思想,是难题.
28.(2021·广东宝安·高三月考)如图,正方体的棱长为1,动点E在线段上,F、M分别是AD、CD的中点,则下列结论中正确的是()
A. B.平面
C.存在点E,使得平面平面 D.三棱锥的体积为定值
【答案】ABD
【分析】
对A,根据中位线的性质判定即可.
对B,利用平面几何方法证明再证明平面即可.
对C,根据与平面有交点判定即可.
对D,根据三棱锥以为底,且同底高不变,故体积不变判定即可.
【详解】
在A中,因为分别是的中点,所以,故A正确;
在B中,因为,,故,
故.故,又有,
所以平面,故B正确;
在C中,与平面有交点,所以不存在点,使得平面平面,故C错误.
在D中,三棱锥以面为底,则高是定值,所以三棱锥的体积为定值,故D正确.
故选:ABD.
【点睛】
本题主要考查了线面垂直平行的证明与判定,同时也考查了锥体体积等问题.属于中档题.
29.(2021·广东宝安·高三月考)已知函数,,则以下结论错误的是()
A.任意的,且,都有
B.任意的,且,都有
C.有最小值,无最大值
D.有最小值,无最大值
【答案】ABC
【分析】
根据与的单调性逐个判定即可.
【详解】
对A, 中为增函数,为减函数.故为增函数.故任意的,且,都有.故A错误.
对B,易得反例,.故不成立.故B错误.
对C, 当因为为增函数,且当时,
当时.故无最小值,无最大值.故C错误.
对D, ,当且仅当即时等号成立. 当时.故有最小值,无最大值.
故选:ABC
【点睛】
本题主要考查了函数的单调性与最值的判定,需要根据指数函数的性质分析.属于基础题.
三、双空题
30.(2021·江苏省前黄高级中学高三开学考试)已知函数,则_________;关于的不等式的解集为____________.
【答案】2
【分析】
根据解析式直接求的值,易知关于对称,可将题设不等式变形为,再利用导数判断的单调性,由单调性列不等式求解集.
【详解】
,
由,
∴关于对称,故,
∴,即,
又,故单调递减,
∴,即,解得.
∴不等式解集为.
故答案为:2;.
31.(2021·北京市玉渊潭中学高三月考)已知λ∈R,函数f(x)=,当λ=2时,不等式f(x)
相关试卷
这是一份2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编十九含解析,共67页。试卷主要包含了单选题,多选题,双空题,填空题等内容,欢迎下载使用。
这是一份2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编十含解析,共69页。试卷主要包含了单选题,多选题,双空题,填空题等内容,欢迎下载使用。
这是一份2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编一含解析,共42页。试卷主要包含了定义,,后人称其为“赵爽弦图”,若,则下列结论正确的是等内容,欢迎下载使用。