浙江省金华市2022_2023学年高二数学下学期8月月考试题含解析

这是一份浙江省金华市2022_2023学年高二数学下学期8月月考试题含解析，共19页。试卷主要包含了 已知集合，，，则， 已知函数，则不等式的解集为， 函数的大致图像是， 已知，，的大小关系是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】计算集合，然后根据交集运算即可.
【详解】由题可知：
所以，所以
故选：B
2. 已知函数，则不等式的解集为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将已知不等式化为，在同一坐标系下作出两个函数的图象，可得不等式的解集．
【详解】由题意，不等式，即，
等价于在上的解，
令，，则不等式为，
在同一坐标系下作出两个函数的图象，如图所示，
可得不等式的解集为，
故选：B
3. 函数的大致图像是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由的解析式知仅有两个零点与，而A中有三个零点，所以排除A，又，由知函数有两个极值点，排除C，D，故选B．
4. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且△ABC的面积为，则B =（）
AB. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据三角恒等变换求得再结合三角形面积公式求得
最后根据的范围求得角的大小.
【详解】因为
可得
可得
因为△ABC的面积为可得
由于,
可得解得
因为 ,
所以或
又因为
所以.
故选：B
5. 已知函数在区间上单调递增，且在区间上只取得一次最大值，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角恒等变换化简，结合函数单调区间和取得最值情况，利用整体法即可求得参数的范围.
【详解】因为
，
因为在区间上单调递增，由，则，
则，解得，即；
当时，，要使得该函数取得一次最大值，
故只需，解得；
综上所述，的取值范围为.
故选：C.
6. 已知函数的定义域是,且满足,,如果对于,都有,那么不等式的解集为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
计算得到，不等式化简为，根据函数定义域和单调性解得答案.
【详解】令，得，即;
令，，得，即;
令，得.
由，可得，
又因为函数的定义域是，且对于，都有，函数单调递减.
所以，即，解得，
即不等式的解集为.
故选：
【点睛】本题考查了利用函数单调性解不等式，意在考查学生对于函数性质的综合应用.
7. 已知，，的大小关系是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数函数、对数函数的性质计算可得；
【详解】解：因为，即，即，，即，
所以；
故选：C
8. 如图，在矩形ABCD中，E为边AB的中点，将沿直线DE翻折成若M为线段A₁C的中点，则在翻折过程中，给出以下命题：①存在某个位置，使平面 ②存在某个位置，使③线段BM的长是定值； ④存在某个位置，使平面其中所有正确命题的编号是（）
A. ①②B. ①③C. ②④D. ①③④
【答案】B
【解析】
【分析】根据线面平行、线面垂直判定和性质逐项判断.
【详解】
取中点，连接,,则有
又
四边形MNEB是平行四边形, 故,
又平面平面
平面故①正确;
设则
，故
若成立, 则平面
与矛盾,DE不可能垂直A₁C, 故②错误;
由 (1) 可知故BM长为定值, 故③正确;
过作的垂线, 垂足为, 连接
若平面则又
平面
这与矛盾, 故④错误.
故选: B
二、多项选择题 (本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的或不选的得0分)
9. 已知，条件，条件，若p是q的充分不必要条件，则实数a的取值可能有（）
A. B. 1C. 2D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】先解出命题所对应的集合，再根据条件分析集合间包含关系，进行求解得选项．
【详解】因为，条件，所以p对应的集合为；
因为条件，所以当时，q对应的集合为；
当时，q对应的集合为；
当时，q对应的集合为；
因为p是q的充分不必要条件，所以A⫋B，
所以当时，q对应的集合为，此时满足A⫋B，故满足题意；
当时，q对应的集合为，此时满足A⫋B，需，解得；
当时，q对应的集合为，此时满足A⫋B，故满足题意；
所以实数a的取值范围是：.
故选：ABD．
【点睛】本题考查集合包含关系，以及简易逻辑，属于中档题．
10. 下列说法正确的是（）
A. “”是“”的一个必要不充分条件；
B. 若集合中只有一个元素，则或；
C. 已知，则；
D. 已知集合，则满足条件的集合N的个数为4．
【答案】AD
【解析】
【分析】A由充分条件与必要条件概念判断，B由二次函数存在唯一实根条件判断，C由全称命题判断，D由集合概念判断．
【详解】解：对于A，“a＞b”⇒“a+1＞b”，反之未必，如a＝0.5，b＝1，“a+1＞b”成立，但“a＞b”不成立，所以A对；
对于B，集合A＝{x|ax2+ax+1＝0}中只有一个元素，分类讨论：
当a＝0时，A＝∅，当a≠0则，＝a2﹣4a＝0⇒a＝4，所以B错；
对于C已知，则，所以C不正确；
对于D，M∪N＝M⇔N⊆M，满足条件M∪N＝M的集合的个数为4，所以D对；
故选：AD
11. 已知函数，则下列说法正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，再逐项分析判断作答.
【详解】依题意，，
对于A，，而，
即，，A正确；
对于B，，，
即，B正确；
对于C，取，，C不正确；
对于D，因，，则，D正确.
故选：ABD
12. 已知，，且，则（）
A. xy的取值范围是B. 的取值范围是
C. 的最小值是3D. 的最小值是
【答案】D
【解析】
【分析】A选项，利用基本不等式，得到，解出；
B选项，根据，得到，解得，再得到，求出的取值范围是，B错误；
C选项，用来表示，并求出，化简整理得到，利用基本不等式求出最值，验证是否等号成立，得到C错误；
D选项，用来表示，并求出，化简整理得到，利用基本不等式求出最值，验证是否等号成立，得到D正确.
【详解】，因为，，
所以，当且仅当时，等号成立，
即，令，则，解得：，
则，A错误；
因为，所以，解得：或，
因为，，所以，
又，所以，所以的取值范围是，B错误；
因为，所以，
因为，即，解得：，
又因，所以
故，
因为，所以，
当且仅当即时，等号成立，但，故等号取不到，C错误；
，
因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值是，D正确.
故选：D
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 函数的单调递增区间是________.
【答案】
【解析】
【分析】根据复合函数的单调性，同增异减，得到答案．
【详解】设，对称轴
在上减函数，在为增函数，
因为函数为减函数，
所以的单调递增区间，
故答案为；.
14. 设中，分别是内角所对的边，且，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理，余弦定理和二倍角的正弦公式即可求解.
【详解】由正弦定理得，
又，
所以，
所以，
结合得，
由余弦定理以及得，
所以，
整理得，，
所以.
故答案为：.
15. 如图所示，在正方形中，E，F分别是的中点，D是EF的中点，现沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个几何体，使G₁，G₂，G₃三点重合于点G.给出下列五个结论：①平面②平面EFG；③平面④平面⑤平面其中正确的结论是________. （填序号）
【答案】①④
【解析】
【分析】由线面垂直的判定定理和性质定理对各个结论进行判断即可得到答案.
【详解】因为所以平面故①正确；
过平面外一点，垂直于该平面的只有一条直线，所以②错误；
若平面可得但是所以③错误；
根据①得易得又所以平面故④正确；
若平面则由①平面可知⑤显然错误．
故答案为：①④．
【点睛】本题考查几何图形的折叠问题，考查线面垂直的判定定理和性质定理的应用，是本题的着重点和注意点.
16. 已知定义在R上的奇函数与偶函数满足. ，若，恒成立，则实数m的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】先由函数和的奇偶性得出函数和的解析式，代入将问题转化为.
对恒成立，令，由单调性得出的范围，再由的单调性求得的最大值，根据恒等式的思想可求得实数的取值范围.
【详解】因为是奇函数，所以，
是偶函数，所以.
因为，
所以，即，
所以，.
所以，对恒成立，
又因为，恒成立，
因此将不等式整理得：
令，则在上单调递增，
所以，
所以，
根据基本不等式解得：当且仅当时等号成立；
所以
所以
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 如图，在中，D是BC的中点，，AD与CE交于点O.
（1）设，求x，y的值
（2）若，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由三点共线，得，又由，得，由此解得，即可得到本题答案；
（2）根据平面向量数量积的运算，逐步化简，即可得到本题答案.
【详解】（1）因为三点共线，所以，
设，所以，
所以，解得；
所以，，
所以.
（2）因为
又，
所以，
得，
即.
18. 已知函数.
（1）求函数的最小正周期和单调递增区间；
（2）当时，方程恰有两个不同的实数根，求实数a的取值范围.
【答案】（1），；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据三角函数最小正周期和单调递增区间的求法，求得的最小正周期和单调递增区间.
（2）由（1）判断出在区间上的单调性，求得区间端点的函数值以及最大值，由此求得实数的取值范围.
【详解】（1）因为，所以函数的最小正周期，
由，得，
故函数的单调递增区间为.
（2）由（1）可知：在区间上为增函数，在区间上为减函数，又，，，
∴当时，方程恰有两不同实根.
【点睛】本小题主要考查三角函数最小正周期和单调递增区间，属于基础题.
19. 如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．
（1）求证：//平面；
（2）若，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）作出并证明为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.
【小问1详解】
连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
于是，即，
则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
过作垂直的延长线交于点，
因为是中点，所以，
在中，，
所以，
因为，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面，
即三棱锥的高为，
因为，所以，
所以，
又，
所以.
20. 已知函数满足.
（1）求a的值；
（2）若函数，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接根据结合同底数的对数的运算计算即可得出答案；
（2）求出函数的解析式，从而可求的的解析式，从而可证得结论.
【小问1详解】
解：因为，
所以，
即
所以；
【小问2详解】
证明：由（1）知，
所以，
则.
21. 在△ABC中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且满足．
（1）求A的大小；
（2）若，，AD是△ABC的角平分线，求AD的长．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边角互化，再由三角恒等变换化简即可求出角A；
（2）由数量积公式可得，再由余弦定理求出，根据三角形面积公式利用建立方程求解即可.
【小问1详解】
因为，
∴，
因为，所以，
所以，又，
∴，
所以，即.
【小问2详解】
由，得，
∴，又，
∴，
可得，
∵，
∴，
所以.
22. 已知函数，且函数是偶函数，设
(1)求的解析式；
(2)若不等式≥0在区间(1，e2]上恒成立，求实数的取值范围；
(3)若方程有三个不同的实数根，求实数的取值范围．
【答案】(1) ；(2)；(3).
【解析】
【分析】（1）对称轴为，对称轴为，再根据图像平移关系求解；（2）分离参数，转化为求函数的最值；（3）令为整体，转化为二次函数根的分布问题求解.
【详解】(1) 函数的对称轴为，
因为向左平移1个单位得到，且是偶函数，
所以 ，
所以.
(2)
即
又 ，所以，则
因为，所以实数的取值范围是.
(3) 方程即
化简得
令，则
若方程有三个不同的实数根，
则方程必须有两个不相等的实数根 ，
且或，
令
当时，则，即 ，
当时， ，，，舍去，
综上，实数的取值范围是.