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    2023威海乳山银滩高级中学高二下学期3月月考数学试题含答案
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    2023威海乳山银滩高级中学高二下学期3月月考数学试题含答案

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    这是一份2023威海乳山银滩高级中学高二下学期3月月考数学试题含答案,文件包含高二数学3月月考答案docx、山东省威海市乳山市银滩高级中学2022-2023学年高二下学期3月月考数学试题docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共15页, 欢迎下载使用。

    1.【详解】依题意可知切点,
    函数的图象在点处的切线方程是,
    ,即



    故选:D.
    2.【详解】,,由题意得:,解得:
    故选:B
    3.【详解】对A,,当时,,所以A错误;
    对B,,在上恒成立,所以B正确;
    对C,,,所以C错误;
    对D,,,因为,所以D错误.
    故选:B.
    4.【详解】因为,
    所以,
    由题意,得,即,解得,即,则.
    故选:B.
    5.解:对函数f(x)=xlnx+x(x﹣a)2(a∈R)求导,得:
    f′(x)=1+lnx+(x﹣a)2+2x(x﹣a),
    ∀x∈[12,2],xf′(x)>f(x)⇔x[1+lnx+(x﹣a)2+2x(x﹣a)]>xlnx+x(x﹣a)2,
    则∀x∈[12,2],2a<2x+1x,∵2x+1x≥22x⋅1x=22,
    当且仅当2x=1x,即x=22时“=”成立,∴2a<22,解得a<2.
    ∴a的取值范围是(﹣∞,2].
    故选:C.
    6.【详解】因为,所以.
    因为函数在上单调递增,所以在上恒成立,
    所以在上恒成立,即,即可
    令,则由函数单调性的性质知,在上减函数,
    ,即.所以实数的取值范围为。
    故选:A.
    7.【解析】定义域为,
    故有两个不同的根,即,与两函数有两个交点,
    其中,当时,,当时,,
    故在上单调递增,在上单调递减,
    从而在处取得极大值,也是最大值,,
    且当时,恒成立,当时,恒成立,
    画出的图象如下:
    显然要想,与两函数有两个交点,需要满足,
    综上:实数a的取值范围是.故选:B
    8.【详解】由题意,函数,
    可得,
    又由函数在上有两个极值点,
    则,即在上有两解,即在在上有不等于2的解,
    令,则,所以函数在为单调递增函数,
    所以且,又由在上单调递增,则在上恒成立,
    即在上恒成立,即在上恒成立,
    即在上恒成立,
    又由函数在为单调递增函数,所以,
    综上所述,可得实数的取值范围是,即,故选C.
    二、多选题
    【详解】,,


    故选:AC.
    10.【详解】由的图象可知:当时,,所以函数单调递增;
    当时,,所以函数单调递减,因此有,是的极大值点,所以选项A、D正确;
    当,或时,,所以函数单调递增,因此函数在上没有极大值,且不是的极小值点,所以选项B、C不正确,
    故选:AD
    11.【解析】因为(x>0且),得,
    所以,,
    所以曲线在x=e处的切线平行于x轴,故A正确;
    令,得x>e,令,得0<x<1或1<x<e,
    所以在上单调递增,在和上单调递减,
    所以的极小值为,故B错误,C正确;
    因为当0<x<1时,的图象与直线y=-1有一个交点,
    所以方程有一个实数解,故D错误.
    故选:AC
    12.【详解】对于选项A,是函数的零点,零点不是一个点,所以A错误;
    对于选项B,当时,,
    则当时,,单调递减,当时,,单调递增,
    所以,当时,;当时,,
    则当时,,单调递减,当时,,单调递增,
    所以,当时,.
    综上可得,选项B正确.
    对于选项D,,即函数的值域为,选项D正确.
    结合函数的单调性及图像可得:函数有且只有一个零点,则也有且只有一个零点;
    所以对于选项C,关于的方程有两个不相等的实数根⇔关于的方程有两个不相等的实数根⇔关于的方程有一个非零的实数根⇔函数的图象与直线有一个交点,且,

    当时,,
    当变化时,,的变化情况如下:
    所以极大值,极小值;
    当时,,
    当变化时,,的变化情况如下:
    所以极小值.
    综上可得,或,解得的取值范围是,
    故C正确.
    故选:BCD.
    三、填空题:
    13.【详解】由,得,所以切线的斜率为,
    又,所以切线方程为即
    故答案为:
    14.【详解】因为函数的定义域为,而,所以函数的单调增区间为,.
    故答案为:,.
    15.【详解】函数与,则与,
    由题意得,则,令,
    则,令,则,所以时,则,故单调递增;时,则,故单调递减;
    所以在处取得极小值,也是最小值,,且时,,所以实数的取值范围为
    故答案为:
    16.2.
    【详解】数形结合可得:当,存在一条直线同时与两函数图象相切;
    当,若存在一条直线同时与两函数图象相切,
    则时,有解,
    所以,
    令,因为,
    则当时,,为单调递增函数;
    当时,,为单调递减函数;
    所以在处取得极大值,也是最大值,
    最大值为,且在上恒成立,
    所以,即.
    故答案为:
    解答题
    17.(1)因,故,
    由于在处取得极值,
    故有 即,
    化简得解得,
    经检验,时,,
    令解得或,令解得,
    所以在单调递增,单调递减,单调递增,
    所以在处取得极值,
    符合题意,所以.
    (2)由(1)得,
    故.
    所以曲线在点处的切线方程为:
    ,即.
    (3)
    由(1)知.
    令,得.
    在时,随x的变化.,的变化情况如下表所示:
    当时,有极大值,当时,有极小值.
    因为.
    因此在的最小值为.最大值为
    18.(1),
    曲线在点处与直线相切,


    (2),
    当时,,函数在上单调递增,此时函数没有极值点.
    当时,由,
    当时,,函数单调递增,
    当时,,函数单调递减,
    当时,,函数单调递增,
    即函数的增区间为,,减区间为;
    此时是的极大值点,是的极小值点.
    19.(1)函数定义域为,求导得:,
    由得,由得,即在上单调递减,在上单调递增,
    所以当时,有极小值,极小值为,无极大值.
    (2)
    ,不等式成立,
    即在上恒成立,
    令,则,当时,,当时,,
    因此函数在上单调递减,在上单调递增,则,即,
    所以a的取值范围是.
    20.(1)函数的定义域为R,求导得:,
    若,则,即在上是增函数;
    若,由 得,由 得,即函数在上递减,在上递增,
    所以当时,函数在上是增函数;当时,函数递减区间是,递增区间是.
    (2)当时,,,
    令,依题意,当时,恒成立,即函数在上单调递增,
    因此,,即恒成立,令,
    求导得:,当时,,当时,,
    因此函数在上单调递减,在上单调递增,,则 ,即 ,
    所以实数的取值范围为.
    21.【解析】(1)定义域为,

    令,得或.
    当即时:
    ,,函数在上单调递减;
    ,,函数在单调递增;
    当,即时:
    ,,函数在单调递增;
    ,,函数在上单调递减;
    ,,函数在上单调递增;
    当即时:,,函数在单调递增;
    当即时:
    ,,函数在单调递增;
    ,,函数在上单调递减;
    ,,函数在上单调递增;
    综上:当时,单调递减区间有,单调递增区间有;
    当时,单调递减区间有,单调递增区间有,;
    当时,单调递增区间有,无单调递减区间;
    当时,单调递减区间有,单调递增区间有,.
    (2)当时,
    由(1)得函数在区间上单调递减,在区间,上单调递增,
    从而函数在区间上的最小值为.
    即存在,使,
    即存在,使得,
    即,令,,则,
    由,当时,,函数单调递增;
    当时,,函数单调递减,
    所以,所以.
    22.解:(I)f′(x)=ex﹣1﹣a,
    当a≤0时,f′(x)>0恒成立,f(x)单调递增,
    当a>0时,由f′(x)>0得x>lna,此时f(x)单调递增,由f′(x)<0得x<lna,此时f(x)单调递减,
    综上,当a≤0时,(x)在R上单调递增,
    当a>0时f(x)在(lna,+∞)上单调递增,f(x)在(﹣∞,lna)上单调递减;
    (II)证明:不妨设x1<x2,
    所以a=ex−1x在(0,2)上有两个不等实根,
    令g(x)=ex−1x,x∈(0,2),则g'(x)=ex−1(x−1)x2,
    当0<x<1时,g′(x)<0,g(x)单调递减,当1<x<2时,g′(x)>0,g(x)单调递增,
    又g(1)=1,g(2)=e2,x→0时,g(x)→+∞,
    所以1<a<12e,
    要证x1x2>1a,即证ax1x2>1,
    又g(x1)=g(x2)=a,
    只要证x1ex2−1>1,即证x1>e1−x2,
    因为x1<1<x2,即证g(x1)=g(x2)<g(e1−x2),
    即证ex2−1x2<ee1−x2−1e1−x2,
    即证e1−x2+lnx2−1>0,
    令h(x)=e1﹣x+lnx﹣1,1<x<2,则ℎ'(x)=−e1−x+1x,
    令t(x)=ex﹣ex,1<x<2,则t′(x)=ex﹣e>0恒成立,
    所以t(x)在(1,2)上单调递增,t(x)>t(1)=0,
    所以ex>ex,e1−x<1x,
    所以h′(x)<0,
    h(x)在(1,2)上单调递增,h(x)>h(1)=0,
    所以e1﹣x+lnx﹣1>0,
    所以x1x2>1a.
    0
    +
    0
    0
    +
    单调递增
    极大值
    单调递减
    极小值
    单调递增
    1
    2
    0
    +
    e
    单调递减
    极小值
    单调递增
    x
    2
    3

    0

    0

    11
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    18
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