2022-2023学年江西省宜丰中学高二下学期5月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省宜丰中学高二下学期5月月考数学试题含答案，共18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学年江西省宜丰中学高二下学期5月月考数学试题 一、单选题1．函数的定义域是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由函数有意义的条件，求解函数定义域.【详解】函数有意义，则有，即解得，所以函数的定义域是.故选：D2．已知集合，，则（    ）．A． B． C． D．【答案】D【分析】根据绝对值不等式可以求出集合A，再利用正弦函数值域求出集合B，进而求出结果.【详解】由条件知，，所以，故选：D．3．已知函数在处的切线的倾斜角为，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】利用导数的几何意义可得出关于实数的等式，解之即可.【分析】因为，则，则，解得.故选：B.4．函数的部分图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】判断函数的奇偶性，再用赋值法，排除ABD，即可.【详解】由，得，所以为偶函数，故排除BD.当时，，排除A.故选：C.5．成书于约两千多年前的我国古代数学典籍《九章算术》中记载了通过加减消元求解元一次方程组的算法，直到拥有超强算力计算机的今天，这仍然是一种效率极高的算法.按照这种算法，求解元一次方程组大约需要对实系数进行（为给定常数）次计算.1949年，经济学家莱昂提夫为研究“投入产出模型”（该工作后来获得1973年诺贝尔经济学奖），利用当时的计算机求解一个42元一次方程组，花了约56机时.事实上，他的原始模型包含500个未知数，受限于机器算力而不得不进行化简以减少未知数.如果不进行化简，根据未知数个数估计所需机时，结果最接近于（    ）A．机时 B．机时 C．机时 D．机时【答案】C【分析】设1机时能进行a次计算，由题意得,设所需机时为t，得出,两式相比,可得,化间计算可得答案.【详解】设1机时能进行a次计算，则由题意得，原始模型包含500个未知数，如果不进行化简，设所需机时为t，则,故 ,故结果最接近于机时,故选:C6．已知数列的前项和为，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用裂项相消法求出，对任意的，不等式恒成立，则恒成立，求出最大值即可得解.【详解】，则，因为，所以，因为对任意的，不等式恒成立，所以，解得或，所以实数的取值范围是.故选：C.7．已知，，，则a，b，c的大小关系是（   ）A． B．C． D．【答案】D【分析】构造函数，利用导数判断出函数f(x)在[3,+∞)上是减函数得到.由，变形得到，由，变形得到即可得到答案.【详解】构造函数，则，所以函数f(x)在[3,+∞)上是减函数.由，得，即.因为，所以，即，所以，所以.因为，所以，即，所以，所以，故故选：D.【点睛】指、对数比较大小：（1）结构相同的，构造函数，利用函数的单调性比较大小；（2）结构不同的，寻找“中间桥梁”，通常与0、1比较.8．已知函数，若且，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据的函数图像，结合，求得的取值范围以及之间的等量关系，将表示为的函数，求该函数在区间上的值域即可.【详解】因为，故其函数图像如下所示：  令，解得；令，解得.数形结合可知，若要满足，且，则，且，解得.故，.令，则，令，解得，故在区间单调递减，在区间单调递增，则，故.即可得.故选：B.【点睛】本题考查利用导数研究函数的值域，以及构造函数的能力，数形结合的能力，属综合性中档题. 二、多选题9．下列函数中，既是奇函数又是R上的增函数的是（    ）A． B． C． D．【答案】AB【分析】根据函数的奇偶性和指数函数、反比例函数的单调性，逐一判断可得选项.【详解】解：对于A：因为，且，所以是奇函数，又和在R上增函数，所以既是奇函数又是R上的增函数，故A正确；对于B：因为，又，所以是奇函数，又，当时，是增函数，当时，是增函数，所以既是奇函数又是R上的增函数，故B正确；对于C：因为，所以不是奇函数，故C不正确；对于D：因为在和上是增函数，所以不是R上的增函数，故D不正确； 故选：AB.10．若两曲线与存在公切线，则正实数a的取值可以是（    ）A．1 B．e C．e2 D．3e【答案】AB【分析】设两个切点分别为，，可得两函数的切线方程，从而可得，令，利用导数求出，可得的取值范围，从而得答案.【详解】解：设两曲线与的两个切点分别为，，由可得；由可得，则过两切点的切线方程分别为，，化简得，．因为两条切线为同一条，所以，解得．令，，令，得，当时，；当时，；所以在上单调递增，在上单调递减，则，所以．故选：AB.11．已知函数，则（    ）A．恒成立 B．是上的增函数C．在取得极小值 D．只有一个零点【答案】BCD【分析】利用导数判断函数的单调性可知B正确；利用导数求出函数的极小值可知C正确；当时，，可知A错误；求出函数的零点，可知D正确．【详解】因为，该函数的定义域为，，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，故B正确，C正确；当时，，此时，A错误；由，可得，解得，D正确．故选：BCD12．已知函数的图象关于直线对称.当时，，则以下结论正确的是（    ）A．当时，B．若，则的解集为C．若恰有四个零点，则的取值范围是D．若对，则【答案】AD【分析】利用对称性定义和区间转化可求对称区间解析式，对和两个区间分别求解不等式解集，可得的解集，把零点问题利用分离参数法转化为两个图象交点个数问题，即可求出的取值范围，对恒成立问题用分离参数法，求出相应函数的最值，即可求出的取值范围.【详解】对于选项A，因为当时，，当时，，所以，即，因为函数的图象关于直线对称，所以，所以当时，，故选项A正确；对于选项B，当时，当时，，当时，，现在先证，令，则，令，则，所以在单调递增，令，则，所以在单调递减，所以，所以，即，所以，当且仅当等号成立，当时，，不满足，所以不成立，当时，，所以，即，令，则有，①或   ②，解不等式组①，因为，则有所以，解不等式组②，因为，则有所以，所以的解集为，故选项B不正确；对于选项C，因为恰有四个零点，所以当时，恰有两个零点，且当时，恰有两个零点，且时，，因为，，所以，故，当时，，令，则有或，因为当时，恰有两个零点，所以有一个解且不为，当解为时，可求，所以；因为，所以，即，所以与在时的图象有一个交点，且交点横坐标不为，令，则，当时，，所以在单调递减，所以，当逼近于时，逼近于，且，因为与在时的图象有一个交点，所以，且，因为函数的图象关于直线对称，所以当时，同理可得且，所以当恰有四个零点，则的取值范围是，故选项C不正确；对于选项D，若对，因为函数的图象关于直线对称，所以只需研究时的取值；因为，，所以，即，显然当时，成立，；当时，，利用分离参数法，，所以令，则，当时，，所以在单调递减，所以，所以；当时，恒成立，即所以当时，，所以在单调递减，所以，所以；综上所述：，故选项D正确.故选：AD.【点睛】关键点睛：本题求解的关键有两个：一是把零点个数问题转化为两个函数图象交点个数问题求解；二是恒成立问题采用分离参数法求解. 三、填空题13．幂函数在上单调递减，则实数的值为       【答案】2【分析】根据幂函数建立等式，解出，将代入函数检验，看是否在上单调递减即可确定答案.【详解】解：因为是幂函数，所以，解得或，因为函数在上单调递减，当时，函数化为，符合题意，当时，，不符合题意，综上.故答案为：214．已知二次函数的对称轴是，且不等式的解集为，则的解析式是      ．【答案】【分析】由不等式的解集得一元二次方程的两根，由韦达定理得两个关系式，又由对称轴得一关系式，结合起来可求得，得函数解析式.【详解】解：为，其解集为，则，，又函数的对称轴是，则，两者结合解得，所以.故答案为：.15．已知函数是定义在上的偶函数，在上单调递减，且，则不等式的解集为      .【答案】【分析】由题意和偶函数的性质可知函数在上为减函数，在上为增函数，结合，分类讨论当、时，利用函数的单调性解不等式即可.【详解】因为函数是定义在R上的偶函数，且在上单调递减所以在上为增函数，由，得，，当时，，有，解得；当时，，有，解得，综上，不等式的解集为.故答案为：.16．已知，若关于x的不等式恰好有6个不同的实数解，则a的取值范围是          ．【答案】.【分析】设，可得，得到函数的单调性与极大值，画出函数的图象，如图（1）所示，根据题意转化为的图象与在内有2个不同的交点，结合的图象和函数的性质，即可求解.【详解】设，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，函数取得极大值，极大值为，所以函数的图象，如图（1）所示，关于x的不等式恰好有6个不同的实数解，等价于在区间内有2个不同的实根，即的图象与在内有2个不同的交点，又由函数的大致图象，如图（2）所示，则，所以，即实数的取值范围是.故答案为：. 四、解答题17．求解下列问题：(1)；(2)．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据根式、指数运算求得正确答案.（2）根据对数运算求得正确答案.【详解】（1）.（2）.18．已知命题p：，命题q：.（1）若命题p为真命题，求实数x的取值范围.（2）若p是q的充分条件，求实数m的取值范围；【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由一元二次不等式的解法求得的范围；（2）由p是q的充分条件，转化为集合的包含关系，从而可求实数m的取值范围.【详解】（1）由p：为真，解得.（2）q：，若p是q的充分条件，则是的子集所以.即.19．已知函数的图像与直线相切，切点为(1)求a，b，c的值；(2)设，求在上的最大值和最小值.【答案】(1)(2)最小值-40，最大值216 【分析】（1）运用导数计算公式及导数几何意义代入求解即可.（2）运用导数研究函数的单调性，进而求得函数的最值.【详解】（1），根据题意得，故，，.（2）（），则，或；，所以在单调递增，在单调递减，在上单调递增.所以，.故在上的最大值为216，最小值为.20．正项数列的前和为，且．(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由证明是等差数列，可求通项；（2）由错位相减法求的通项，再用分组求和求数列的前项和.【详解】（1）正项数列，当时，由，解得，由，所以，所以，即，，数列是正项数列，所以，所以数列是首项为1，公差为1的正项等差数列，所以.（2）由，所以，，，上面两式相减，得， ，即，所以，.21．已知函数(且).（1）若函数为偶函数，求实数的值；（2）对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用定义可求参数的值.（2）不等式等价于，参变分离后可求实数的取值范围.【详解】解：（1）由得，故即，整理得到恒成立.故.（2）因为，故，所以，∴，∴在恒成立即在恒成立，因为在为增函数，故，∴.【点睛】思路点睛：（1）含参数的奇函数或偶函数，可利用函数奇偶性的定义求出参数的值，也可以利用赋值法求参数的值，后者注意检验.（2）含参数的不等式的恒成立问题，可以利用参变分离法求出新函数的最值，从而可求参数的取值范围.22．已知定义在上的函数．（其中常数是自然对数的底数，）（1）当时，求的极值；（2）（i）若在上单调递增，求实数的取值范围；（ii）当时，证明：．【答案】（1）极小值为，无极大值；（2）（i）；（ii）证明见解析.【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，由此可求得函数的极大值和极小值；（2）（i）利用参变量分离法可得出对任意的恒成立，求出函数在区间上的最小值，由此可得出实数的取值范围；（ii）证明得出：当时，，依次可得出，，，，利用不等式的基本性质可证得所证不等式成立.【详解】（1）当时，，该函数的定义域为，则，，所以，函数在上为增函数，且，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增.所以，函数的极小值为，无极大值；（2）（i），则，在上单调递增，则对任意的恒成立，可得，下面证明：，其中，即证，即证，其中，由（1）可知，对任意的，，又当时，，，故实数的取值范围是；（ii）由（1）可知，当时，在上单调递增，当时，，即，当时，，则，，当时，，所以，，所以，，，，，将上述不等式全部相加得.故原不等式得证.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.