2022-2023学年河北省保定市唐县第一中学高二下学期5月月考数学试题含答案

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2022-2023学年河北省保定市唐县第一中学高二下学期5月月考数学试题

一、单选题
1．已知函数．则“”是“为偶函数”的（    ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据充分，必要条件的定义，结合三角函数变换，即可判断选项.
【详解】当，即
则，
化简为，即，，
当时，，为偶函数，
当时，，为偶函数，
所以，能推出函数是偶函数
反过来，若函数是偶函数，则有，
所以“”是“为偶函数”的充分必要条件.
故选：C
2．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用.明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理.假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做逆时针匀速圆周运动，筒车转轮的中心到水面的距离为，筒车的半径为，筒车每秒转动，如图1所示，盛水桶在处距水面的距离为，后盛水桶到水面的距离近似为(取)（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设为水平方向与的夹角，可知水桶到水面的距离为，由处的值可构造方程求得，根据所求距离为，利用三角恒等变换公式计算可得结果.
【详解】由题意知：水桶到水面的距离为：(为水平方向与的夹角)
由得：，则，
则后水桶距离水面的距离为：，
即.
后水桶距离水面的距离约为.
故选：B.
3．已知，，，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】把待求式中“1”用替换，然后用基本不等式求得最小值．
【详解】因为，，，
所以，
当且仅当，即时，等号成立．
故选：C．
4．若曲线与有三条公切线，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用导数几何意义，分别设出两条曲线的切线方程，将问题转化为一条直线与一条曲线交点个数问题，即可求出的取值范围.
【详解】设公切线为是与的切点，由，得，
设是与的切点，由，得，
所以的方程为，
因为，整理得，
同理，
因为，整理得，
依题意两条直线重合，可得，
消去，得，
由题意此方程有三个不等实根，设，
即直线与曲线有三个不同的交点，
因为，令，则，
当或时，；当时，，
所以有极小值为，有极大值为，
因为，，，所以，
当趋近于时，趋近于0；当趋近于时，趋近于，
故的图象简单表示为下图:

所以当，即时，直线与曲线有三个交点.
故选：A.
5．已知函数的一条对称轴为，一个对称中心为.则当取最小整数时，函数在内极值点的个数为（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】根据已知条件先求出的值，得到函数的解析式，根据函数的性质求出极值点即可.
【详解】因为的一条对称轴为，
所以，①，
又的一个对称中心为，
所以②，
①-②得，
所以，
因为，所以取最小整数值为3.
当时，由②得，
因为，所以，
所以.
由得的极值点为,
当时，极值点在内.
故选：B.
6．设函数若方程恰有2个实数解，则实数a的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】化简，进行参变分离，求出，画出图像根据图像得出结论.
【详解】化简得

当时，设
∴，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
，且当时， ；
当时，设
易知函数在分别单调递减，
画出函数图像
  
根据图像可得.
故选：D.
【点睛】本题采取的是数形结合的思想，在进行分离变量的时候要探讨参数的取值范围.
7．已知，，，其中，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】构造函数，得到其单调性，根据题目条件得到，，，结合且在上单调递减，从而得到.
【详解】构造函数，
则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
由，可得，即，
即，
由，可得，即，
即，
因为，在上单调递增，
所以，故，
因为在上单调递减，，故，
因为，
故，即，
因为，所以，
因为在上单调递减，，故，
从而.
故选：A
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中由对数运算后，根据式子特征选择，从而达到构造出适当函数的目的.
8．函数且的所有零点之和等于（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】把函数零点问题转化为两函数图像的交点问题，再通过函数图像，利用对称性进行求解.
【详解】令，则，如图，画出函数、的图像，

函数且的所有零点之和等于函数的图像与函数的图像交点横坐标之和，
如图，两函数图像都关于对称，由图知两函数图像共有八个交点，横坐标之和为，
所以函数且的所有零点之和等于.故A，C，D错误.
故选：B.
【点睛】本题主要考查函数的零点与函数图像交点的关系及数形结合思想，属于难题.函数图像是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1．确定方程根的个数；2．求参数的取值范围；3．求不等式的解集；4．研究函数性质．

二、多选题
9．已知函数在上恰有三个零点，则（    ）
A．的最大值为
B．在上只有一个极小值点
C．在上恰有两个极大值点
D．在上单调递增
【答案】BD
【分析】根据函数在上恰有三个零点，可推得，即可判断A；求出，结合余弦函数的最值情况可判断B，C；根据余弦函数的单调性可判断D.
【详解】A项，当时，，
由函数恰有三个零点，
可得，解得 ，所以无最大值，因此A错误；
B选项：由A选项知，，则当，即时，函数取得极小值，
即在上只有一个极小值点，因此B正确；
C选项：当，即时，此时，函数取得极大值，
当，即时，函数取得极大值，
但是不一定在内，因此C错误；
D选项：当时，，
因为，所以，
即，而在上单调递增，
因此在上单调递增，因此D正确，
故选：BD．
10．已知函数，则（    ）
A．为偶函数
B．的最小值为
C．函数有两个零点
D．直线是曲线的切线
【答案】ABD
【分析】求出函数的定义域，根据函数奇偶性的定义判断选项A；根据函数的奇偶性，判断函数在的最值即可判断选项B；根据函数的奇偶性和单调性，作出函数的图象即可判断选项C；利用导数的几何意义判断选项D.
【详解】A项：函数的定义域为，且，
故函数为偶函数，A正确；
B项：由A项可得为偶函数，
则在区间与的最值相等，
偶函数图象关于y轴对称，故对称轴任意一侧最值即为函数的最值．
故只需求在区间的最值即可．
当时，，，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
故在时取得最小值，所以的最小值为，B正确；
C项：由A，B项可得，为偶函数，当时，在区间单调递减，在区间单调递增，且最小值为，
又时，，时，，
所以的大致图象如图所示，

所以函数有四个零点，C错误；
D项：当时，设切点为，由可得切线斜率，若直线与曲线相切，则，解得，
则切点坐标为，
故切线方程为，D正确．
故选：ABD.
11．已知奇函数在上可导，其导函数为，且恒成立，若在单调递增，则下列说法正确的是（    ）
A．在单调递减 B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】根据函数的的对称性和周期性，以及函数的导数的相关性质，逐个选项进行验证即可.
【详解】方法一：
对于A，若，符合题意，故A错误，
对于B，因已知奇函数在上可导，所以，
因为，所以，
所以，故B正确，
对于C和D，设，
则为上可导的奇函数，，
由题意，得，
所以关于直线对称，
所以
，
所以奇函数的一个周期为4，，
所以，即，故C正确，
由对称性可知，，即，所以，
等式两边对x求导得，，
令，得，所以．
由等式两边对x求导得，，
所以的一个周期为4，所以，
所以，故，故D正确．
方法二：
对于A，若，符合题意，故错误，
对于B，因已知奇函数在R上可导，所以，
因为，所以，
所以，故B正确，
对于C，将中的x代换为，
得，所以，
可得，两式相减得，，
则，，…，，
叠加得，故C正确，
对于D，将的两边对x求导，得，
令得，，
将的两边对x求导，得，所以，
将的两边对x求导，得，
所以，故D正确．
故选：BCD
【点睛】知识点点睛：本题主要考查抽象函数的奇偶性，对称性和周期性的判断及其性质的运用，同时考查导数的运算法则，综合程度较高，充分利用函数的周期性，奇偶性，对称性的定义是解决问题的关键.
12．已知函数，则（    ）
A．在上最大值为2
B．有两个零点
C．的图像关于点对称
D．存在实数，使的图像关于原点对称
【答案】AC
【分析】根据题意，求导即可判断A，将零点问题转化为函数图像交点问题即可判断B，根据对称中心的定义即可判断C，将问题转化为判断是否为奇函数即可判断D.
【详解】对于，，
在上单调递增，
，故正确；
对于的零点个数即方程的实根个数，
即方程的实根个数，即与图像的交点个数.
在同一坐标系中画出与图像如图所示：

两个函数图像只有一个交点，故B错误；
对于，若的图像关于点对称，
则有对任意恒成立.

恒成立，
的图像关于点对称，故正确；
对于，若存在实数使的图像关于原点对称，则为奇函数.
令对任意恒成立，
即恒成立，
即对任意恒成立，
则，上述方程组无解，故错误.
故选：AC.

三、填空题
13．已知，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，利用同角公式，结合均值不等式求解作答.
【详解】，，
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为．
故答案为：
14．已知实数，满足，，则 .
【答案】4
【分析】根据指数式与对数式的互化公式，结合函数单调性和零点存在原理进行求解即可.
【详解】由，即，
即，
令，则，
即，即.
由，得，
设函数，显然该函数增函数，
又，
所以函数在上有唯一的零点，
因此，即，
所以.
故答案为：4.
15．已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】化简得到由，由余弦函数的性质，求得，结合题意得到不等式组，求得，进而求得的取值范围．
【详解】由，
令，可得，
所以只需，解得，
又因为，所以，即，
所以的取值范围是．
故答案为：.
16．关于的不等式在上恒成立，则的最小值是 .
【答案】
【分析】不等式转化为，构造函数，判断函数单调递增得到，转化为，构造函数，根据函数的单调性计算最小值即得到答案.
【详解】，即，
设，恒成立，故单调递增.
原不等式转化为，即，
即在上恒成立.
设，，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
故，
即，解得.
所以的最小值是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：将不等式化为，这种方法就是同构法，同构即结构形式相同，对于一个不等式，对其移项后通过各种手段将其变形，使其左右两边呈现结构形式完全一样的状态，接着就可以构造函数，结合函数单调性等来对式子进行处理了．

四、解答题
17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求角A的大小；
(2)若D是BC上一点，且，求面积的最大值．
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再结合辅助角公式求解作答.
（2）在与中利用余弦定理求出b，c的关系等式，再借助均值不等式求解作答.
【详解】（1）在中，由及正弦定理得，
因为，则有，即，
由，得，
所以.
（2）依题意，，
在与中，分别由余弦定理得，
，又，
于是，则有，
整理得，即，当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为．
18．已知函数，其中．再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使存在，并完成下列两个问题．
(1)求的值；
(2)当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围．
条件①：；
条件②：是的一个零点；
条件③：．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）根据选择的条件代入计算，结合角的范围即可利用特殊角的三角函数值求解，
（2）由和差角公式以及辅助角公式化简，由整体法即可代入求解.
【详解】（1）选条件①：无意义，所以选条件①时不存在，故不能选①，
选条件②．
由题设，所以．                                    
因为， 所以，所以．                                        
所以．  
选条件③，由题设．整理得．                                
以下同选条件②．
（2）由（1）
因为， 所以．                     
于是，当且仅当，即时，取得最大值；    
当且仅当，即时，取得最小值．        
又，即时，．
且当 时， 单调递增，所以曲线与直线恰有一个公共点，则或
的取值范围是．
19．某区在高中阶段举行的物理实验技能操作竞赛分基本操作与技能操作两步进行，第一步基本操作：每位参赛选手从类7道题中任选4题进行操作，操作完后正确操作超过两题的（否则终止比赛），才能进行第二步技能操作：从类5道题中任选3题进行操作，直至操作完为止.类题操作正确得10分，类题操作正确得20分.以两步总分和决定优胜者.总分80分或90分为二等奖，100分为一等奖.某校选手李明类7题中有5题会操作，类5题中每题正确操作的概率均为，且各题操作互不影响.
(1)求李明被终止比赛的概率；
(2)现已知李明类题全部操作正确，求李明类题操作完后得分的分布列及期望；
(3)求李明获二等奖的概率.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
(3)

【分析】（1）设“李明被终止比赛”事件为表示选的4题均会操作或3题会操作，结合对立事件的概率计算公式，即可求解；
（2）根据题意得到得分为的取值，结合类题正确操作题数，利用重复试验的概率计算公式，求得概率，列出分布列，求解数学期望；
（3）根据题意得到事件即类题全部操作正确，类题正确操作2题或类题操作正确3题，类题全部正确操作，结合概率的运算公式，即可求解.
【详解】（1）解：设“李明被终止比赛”事件为表示选的4题均会操作或3题会操作，
故李明被终止比赛的概率.
（2）解：设李明在竞赛中，类题全部操作正确后得分为，
则的取值为，且类题正确操作题数，
可得；；
；
所求的分布列

40
60
80
100





.
（3）解：设李明获二等奖的事件为，事件即类题全部操作正确，类题正确操作2题
或类题操作正确3题，类题全部正确操作，
所以李明获二等奖的概率为.
20．在中，内角的对边分别为，已知边，且．
(1)求面积的最大值；
(2)设当的面积取最大值时的内角C为，已知函数在区间上恰有三个零点和两个极值点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）法一：由正弦定理可得，推出顶点C的轨迹是以为焦点的椭圆，利用椭圆的几何性质结合三角形面积可求得答案；法二：由正弦定理可得，利用余弦定理求得，进而求出，利用三角形面积公式结合基本不等式可求得答案；
（2）由条件可确定，根据函数的零点个数以及极值点个数列出相应不等式可求得答案.
【详解】（1）法一：由题意知，
由得：，即，
则顶点C的轨迹是以为焦点的椭圆（除去长轴的两个端点），
当顶点C为椭圆的短轴的端点时的面积最大，
此时，是等边三角形，，
所以．
法二：由得：，
，
，
所以，
当且仅当时取等号，
此时是等边三角形，，的面积的最大值为.
（2）由（1）有，
当时，，
函数在区间上恰有三个零点和两个极值点，
则，解得．
21．已知椭圆的离心率为，且椭圆C经过点，过右焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设O为坐标原点，求面积的最大值以及此时直线l的方程.
【答案】(1)
(2)，或

【分析】（1）根据给定条件列方程，求出a，b即可作答.
（2）先判断直线的斜率不为0，设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用韦达定理、三角形面积列出函数式，利用基本不等式求解作答.
【详解】（1）由，得，
所以椭圆C的方程为，
把点的坐标代入上式，得，可得，
所以，，故椭圆C的方程为.
（2）由（1）知焦点F的坐标为，若直线l的斜率为0，
则O，A，B三点不能构成三角形，
所以直线l的斜率不为0，设直线l的方程为，
联立方程组，消去x，得，
方程的判别式，
设，，则，，

.
令，则，
当且仅当时，等号成立，即面积的最大值为.
令，解得，
所以此时直线l的方程为或.
【点睛】关键点点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
22．已知函数．
(1)求在区间上的最大值和最小值；
(2)若恒成立，求实数的值．
【答案】(1)最小值为，最大值为
(2)

【分析】（1）先求的导函数，再根据导函数在区间上的正负确定的单调性，从而可求其在给定区间的最大与最小值；
（2）设，由已知得，当时，；当时，，从而可得，当时，；当时，，所以，得，再证明当时，恒成立即可．
【详解】（1）因为，                    
所以在区间上单调递增．                        
所以的最小值为；的最大值为．
（2）的定义域为．
由（1）知，且在上单调递增，
所以当时，；当时，．            
设．
若恒成立，则当时，；当时，．
所以，即，解得．                    
下面证明：当时，恒成立．
此时，，．
当时，．
所以在上单调递增，．                
当时，设．
因为，所以在上单调递增．
又，，
所以存在唯一的，使得．                    
且当，，当，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
因为，且，
所以当时，恒成立．
综上，．
【点睛】关键点睛：本题第一小问考查函数在给定区间的最值，通过对单调性的讨论即可，属于基础题；第二小问主要考查不等式恒成立求参数问题，关键是通过的正负得到的正负，从而确定的值再证明，考查数学运算和逻辑推理等核心素养．