辽宁省铁岭市昌图县第一高级中学2022-2023学年高二下学期6月月考数学试题（解析版）

这是一份辽宁省铁岭市昌图县第一高级中学2022-2023学年高二下学期6月月考数学试题（解析版），共22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。

昌图县第一高级中学2022-2023学年度高二月考
数学试题
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数函数的单调性和绝对值不等式的解法求出两个集合，利用交集的运算即可求解.
【详解】解：由题意得：
根据指数函数的单调性可知：
根据绝对值不等式可知：
根据交集的运算可知：，即
故选：C
2. 已知为角终边上一点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据角终边上的点的坐标，求得角的正弦值，继而求得，代入求值，即得答案.
【详解】由题意知为角终边上一点，则，
故，
故，
故选：A
3. 命题“”是真命题的一个必要不充分条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据恒成立问题分析可得命题“”是真命题等价于“”，结合充分、必要条件分析判断.
【详解】若命题“”是真命题，则，
可知当时，取到最大值，解得，
所以命题“”是真命题等价于“”.
因为Ü，故“”是“”必要不充分条件，故A正确；
因为，故“”是“”的充要条件，故B错误；
因为Ü，故“”是“”的充分不必要条件，故C错误；
因为与不存在包含关系，故“”是“”的即不充分也不必要条件，故D错误；
故选：A.
4. 中华人民共和国国家标准《居室空气中甲醛的卫生标准》规定：居室空气中甲醛的最高容许浓度为：一类建筑，二类建筑．二类建筑室内甲醛浓度小于等于为安全范围，已知某学校教学楼（二类建筑）施工过程中使用了甲醛喷剂，处于良好的通风环境下时，竣工2周后室内甲醛浓度为，4周后室内甲醛浓度为，且室内甲醛浓度（单位：）与竣工后保持良好通风的时间（单位：周）近似满足函数关系式，则该教学楼竣工后的甲醛浓度若要达到安全开放标准，至少需要放置的时间为（ ）
A. 5周 B. 6周 C. 7周 D. 8周
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意列式求解可得，即，令运算求解即可.
【详解】由题意可得：，解得，
所以，
令，整理得，
因为，
故，则，所以至少需要放置6周.
故选：B.
5. 已知函数，则的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数解析式，作出函数图象，继而作出的图象，数形结合，求得不等式的解集.
【详解】根据题意当时,，
当时, ,
作出函数的图象如图，
在同一坐标系中作出函数的图象，

由图象可得不等式解集为，
故选：C
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是正确的作出函数的图象，数形结合，求得不等式解集.
6. 已知，，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知等式可得，根据，利用基本不等式可求得结果.
【详解】由，，得：，
（当且仅当，即，时取等号），
的最小值为.
故选：C.
7. 已知同时满足下列三个条件：
①当时，的最小值为；
②是偶函数；
③．
若在上有两个零点，则实数m的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由①可得函数的半个周期为，即可求得，由②③可求得，再根据正弦型函数的图象与性质找到两个零点时满足的范围即可.
【详解】由①当时，则分别为最大值与最小值，所以的最小值即为半个周期，，由；
由②是偶函数，所以，
因为，所以或；
由③，则， 所以.
时，，因为在上有两个零点，
根据正弦函数的图象


故选：A.
8. 已知定义在上的函数，，其导函数分别为，，且，，且为奇函数，则下列等式一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将用代入已知等式可构造方程组得到，由此可得关于对称；结合为偶函数可推导得到是周期为的周期函数，则可得D正确；令，代入中即可求得A错误；令，由可推导得到B错误；设，由可知，结合可知，由此可得，知C错误.
【详解】由得：，
，关于中心对称，则，
奇函数，，左右求导得：，
，为偶函数，图象关于轴对称，
，
是周期为的周期函数，
，D正确；
，，又，
，A错误；
令，则，，
又，，，
即，B错误；
，，
设，则，，
又为奇函数，，，
即，C错误.
故选：D
【点睛】结论点睛：本题考查利用抽象函数关系式求解函数周期性、对称性、奇偶性的问题；对于与导数有关的函数性质，有如下结论：
①若连续且可导，那么若为奇函数，则为偶函数；若为偶函数，则为奇函数；
②若连续且可导，那么若关于对称，则关于点对称；若关于对称，则关于对称.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分，漏选得2分，错选0分）
9. 下列不等关系中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据函数值的特征，构造函数，求出其导数，判断函数的单调性，可判断AB；同理构造函数，判断CD.
【详解】令，则，
当时，，当时，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，即，故A错误，
又，所以，即，故B正确；
令，，则，
令，
则在上恒成立，
所以在上单调递减，所以，
所以在上恒成立，
所以在上单调递减，所以，即，
即，故C正确，D错误，
故选：BC．
【点睛】关键点点睛：构造函数和，，是解决本题的关键.
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 不等式的解集为
B. 若实数a，b，c满足，则
C. 若，则函数的最小值为2
D. 当时，不等式恒成立，则k的取值范围是
【答案】AB
【解析】
【分析】根据不含参一元二次不等式的解法解不等式，即可判定选项A；根据不等式的性质即可判定选项B；利用基本不等式可判定选项C；根据不等式恒成立的解法求出k的范围，即可判定选项D.
【详解】对A，由解得或，所以A正确；
对B，由于，所以可以对两边同除，得到，所以B正确；
对C，由于，所以当且仅当，即时取等号，显然不成立，所以C错误；
对D，①当时，不等式为，恒成立；
②当时，若要使不等式恒成立，则，解得，
所以当时，不等式恒成立，则k的取值范围是，所以D错误.
故选：AB．
11. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 定义域为 B.
C. 是偶函数 D. 在区间上有唯一极大值点
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据函数解析式结合三角函数性质求得定义域，判断A；由于函数的定义域不关于原点对称，故可判断B；根据函数奇偶性的定义可判断C；求出函数的导数，根据其结构特点，构造函数，再次求导，判断导数正负，进而判断函数单调性，进而判断极大值点，即可判断D.
【详解】A.的定义域为，解得的定义域为正确
B.由于的定义域不关于原点对称，故函数不可能是偶函数，B错误；
C.设，
则定义域为，

，即是偶函数，正确
D.，
令，
令，由，
当时，，即当时，单调递增，
当时，在单调递减，
且，，
,
结合时，；时，，
故存在使得，即有在单调递减，在单调递增，在单调递减，
注意到，且时，时，，
从而对于，当时，
在区间单调递减，当时，，
在区间单调递增，为在区间上的唯一极大值点，
故D正确，
故选：
【点睛】难点点睛：利用导数解决在区间上有唯一极大值点的问题时，求出函数的导数，由于导数形式比较复杂，故而难点就在于要根据导数的结构形式构造函数，进而再次求导结合零点存在定理判断导数正负，从而判断函数的单调性，解决极大值点问题.
12. 函数和有相同的最大值，直线与两曲线和恰好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依次为，则下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用导数的性质，根据最大值的定义，结合数形结合思想、指数与对数恒等式进行求解即可.
【详解】，
当时，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，即；
当时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，
由，
当时，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，即；
当时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，
于是有，因此选项AB正确，
两个函数图象如下图所示：

由数形结合思想可知：当直线经过点时，此时直线与两曲线和恰好有三个交点，
不妨设，
且，
由，又，
又当时，单调递增，所以，
又，又，
又当时，单调递减，所以，
，
，于是有，所以选项D正确，
故选：ABD
【点睛】关键点睛：利用数形结合思想，结合等式是解题的关键.
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知函数为奇函数，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数奇偶性的定义化简可得答案.
【详解】由函数为奇函数可得，，
化简得 ，
此时符合题意，
故答案为：0.
14. 已知命题，若为假命题，求实数的取值范围___________.
【答案】
【解析】
【分析】先求得命题的否定，然后根据是真命题求得的取值范围.
【详解】依题意，命题是假命题，
所以是真命题，
当时，不等式化为，成立，
当时，不等式化为，不成立.
当时，不等式化为，成立，
综上所述，的取值范围是.
故答案为：
15. 已知是定义在上的偶函数且，是奇函数，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据奇偶性得到函数的周期性，再求出、、、，最后根据周期性计算即可.
【详解】由于是奇函数，函数图象关于原点对称，
所以关于对称，，
所以，
因为是偶函数，
所以，
所以，所以，
所以，
所以是周期为的周期函数，
又，，，
，，
所以，
所以
.
故答案为：.
16. 已知函数，若方程恰有两个实数解，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】由数形结合的思想有：方程恰有两个实数解，即曲线与直线有两个不同的交点，利用导数求切线方程的斜率，过原点的直线与相切的斜率为，再结合图象可得解
【详解】方程恰有两个实数解，
即曲线与直线有两个不同的交点，
设，则，
设过原点的直线与相切的切点坐标为，
则切线方程为：，
又此切线过点，求得，
由图可知：曲线与直线有两个不同的交点时有：，
当时，此时与直线有两个交点分别为和，也符合要求，
当时，此时与直线有两个不同的交点，也符合要求，
综上可知：实数的取值范围为：，
故答案为：

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 设函数，其中．若．
（1）求；
（2）将函数图像上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图像向左平移个单位，得到函数的图像，求在上的最小值．
【答案】（1）2；（2）.
【解析】
【分析】
（1）代入，结合，即得解；
（2）由平移变换，得到，又，结合正弦函数性质即得解.
【详解】（1）因为，且，
所以，．
故，．又，所以．
（2）由（1）得，
所以．
因为，所以，
当，即时，取得最小值．
【点睛】本题考查了正弦函数的图像变换及性质，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题.
18. 设函数，将函数的图象向左平移单位长度后得到函数的图象，已知的最小正周期为，且为奇函数.
（1）求的解析式；
（2）令函数对任意实数， 恒有，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据函数图象平移变换以及最小正周期为，可得，利用平移后的函数为奇函数可得；
（2）将代入化简可得，再利用换元法根据由二次函数单调性即可求得实数取值范围.
【小问1详解】
由题可知，将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象．
则，
由的最小正周期为，得
由为奇函数可得，即，因为，所以．
所以．
【小问2详解】
由（1）得，
所以，
根据恒成立，可得对任意实数恒成立；
令，
因为，所以，根据正弦函数单调性可得，即，
再根据二次函数单调性可得
因此．
即实数的取值范围为
19. 已知．
（1）求在上的最值；
（2）若恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）最大值为，最小值为
（2）
【解析】
【分析】（1）求导后根据函数的单调性确定极值即可；（2）将不等式转化后求导，分类讨论即可得解.
【小问1详解】
由题意知，
令，得，
令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减．
因为，，，
所以在上的最大值为，最小值为．
【小问2详解】
恒成立，
即恒成立，
设，
则，．
①当时，取，则


，
所以当时，不恒成立．
②当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以要使，只需，
即，
解得，
所以．
综上，实数a的取值范围是．
20. 已知锐角，.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二倍角的余弦公式结合商数关系及化弦为切即可得解；
（2）先利用二倍角的正切公式求出，再根据平方关系及商数关系求出，再根据利用两角差的正切公式即可得解.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
由，得，
因为为锐角，所以，则，
又因，所以，
所以，
所以，
则.
21. 已知函数（）．
（1）若函数的极大值为0，求实数a的值；
（2）证明：当时，．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，判断函数单调性，结合函数的极值，求得答案；
（2）利用（1）的结论，将不等式转化为，即证当时，
，从而构造函数，利用导数求得该函数的最值，进而证明不等式.
【小问1详解】
∵函数的定义域为，
且．
∴当时，恒成立，在上单调递增，无极大值．
当时，由解得；由解得，
故在上单调递增，在上单调递减,
∴,
即，而函数在上单调递增，
所以．
【小问2详解】
证明：由（1）知，即．
要证当时，，
即证，
当时，,即证,
令函数，则，
令，
则，所以函数在定义域上单调递增．
因为，，
所以函数在区间上存在零点，使得，即,
当时，；当时，；
故为函数在区间上的唯一极小值点，
所以
，
所以当时，．
【点睛】关键点点睛：要证当时，，利用（1）的结论，即证，关键就是再转化为证明，从而构造函数，利用导数求得函数最值，解决问题.
22. 已知函数，．
（1）若不等式恒成立，求a的取值范围；
（2）若时，存在4个不同实数满足．证明：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）按和讨论，在时，求出函数的最大值建立不等式，再利用单调性求解不等式作答.
（2）根据给定条件，构造函数，借助导数探讨的根的情况即可推理作答.
【小问1详解】
依题意，，求导得，
当，函数定义域为，，不符合题意，
当,函数定义域为，由，解得，
当时，，则函数在区间上单调递增，
当时，，则函数在区间上单调递减，
，于是，
设函数，求导得，即函数在上单调递增，
又，因此当时, 成立，即成立，
所以的取值范围是.
【小问2详解】
当时，，
设函数，
当单调递增，单调递减，
不妨令，
由，即，
又因为，
因此,即，
由函数单调性知，方程至多有两解，从而不妨令，
两式相减得，由,得，
所以.
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.