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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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

又
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，
则
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
正
0
负
0
正
11
单调递增
18
单调递减
单调递增