2022-2023学年河南省鹤壁市高中高二下学期第五次段考数学试题含答案

2022-2023学年河南省鹤壁市高中高二下学期第五次段考数学试题

一、单选题

1．满足等式的集合X共有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】D

【分析】根据方程的实数根可得集合，则，由集合的并集与元素的关系即可得符合条件的所有集合.

【详解】解：方程的实数根有，解集构成的集合为，

即，则符合该等式的集合为，，，，

故这样的集合共有4个.

故选：D.

2．已知P，Q为R的两个非空真子集，若，则下列结论正确的是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】B

【分析】根据条件画出图，根据图形，判断选项.

【详解】因为，所以，如图，

对于选项A：由题意知 P是 Q的真子集，故，，故不正确，

对于选项B：由是的真子集且，都不是空集知，，，故正确.

对于选项C：由是的真子集知，，，故不正确，

对于选项D：Q是的真子集，故，，故不正确，

故选：B

3．已知，，若，则

A．有最小值 B．有最小值

C．有最大值 D．有最大值

【答案】A

【分析】根据基本不等式的性质，即可求解有最小值，得到答案.

【详解】由题意，可知，，且，

因为，则，即，

所以，

当且仅当时，等号成立，取得最小值，

故选A．

【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中合理应用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.

4．已知正数满足，则的最小值是（    ）

A．17 B．16 C．15 D．14

【答案】A

【分析】先配凑，然后运用基本不等式求出最小值

【详解】，

当且仅当，即，时，取得最小值.

故选：.

5．已知函数是定义在上的偶函数，且函数在上是减函数，如果，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据题意可得在，上为减函数，结合奇偶性以及可得，解出的取值范围，即可得答案．

【详解】函数是定义在上的偶函数，且函数在，上是减函数，

所以在上是增函数，

由（3），则不等式（3）（3），

解之可得，

故不等式的解集为，．

故选：．

【点睛】将奇偶性与单调性综合考查一直是命题的热点，解这种题型往往是根据函数在所给区间上的单调性，根据奇偶性判断出函数在对称区间上的单调性(偶函数在对称区间上单调性相反，奇函数在对称区间单调性相同)，然后再根据单调性列不等式求解.

6．已知函数，且，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先判断函数的奇偶性，然后对对数的真数分子有理化，快速判断函数在定义域上的单调性，从而利用奇偶性和单调性求解不等式．

【详解】由题知函数的定义域为，

且，所以函数为奇函数．

因为，所以函数在上单调递减．

因为，所以，解得，故实数的取值范围是．

故选：A

7．在古希腊，人们把宽与长之比为的矩形称为“黄金矩形”，这个比例被称为黄金分割比例，黄金分割在设计和建筑领域有着广泛的应用．希腊的一古建筑的复原正面图如图所示，图中的矩形为黄金矩形．若黄金矩形的边的长度超过，但不超过，则该古建筑的地面宽度（即线段的长）可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】将位置关系表示在几何平面关系中，结合黄金比例求解即可.

【详解】  

设圆半径为，所以，

因为，

所以，

由题意可得，

所以，

因为，

所以，

所以.

故选：B.

8．对任意，函数满足，若方程的根为，，，，则.（   ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出函数f(x)的对称轴方程为x=1，再利用函数的对称性求解.

【详解】因为函数满足，

所以函数f(x)的对称轴方程为x=1.

因为方程的根为，，，，

设+++=S，则S=+++,

因为函数f(x)的对称轴方程为x=1，

所以，

所以2S=2n.

所以S=n.

所以+++=n.

故选B

【点睛】本题主要考查函数的对称性及其应用，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.

二、多选题

9．下列说法正确的是（    ）

A．是的充分不必要条件

B．若集合中只有一个元素，则

C．已知，，则对应的的集合为

D．已知集合，则满足条件的集合的个数为

【答案】ABCD

【分析】根据集合的基础知识，以及充分，必要条件，命题的否定，判断选项.

【详解】A.根据集合关系，以及充分，必要条件的定义，可知A正确；

B.当时，不成立，当时，，解得：，故B正确；

C.，得，所以命题对应的集合是，所以对应的的集合为，故C正确；

D.，则，因为集合有2个元素，所以集合的个数为，故D正确.

故选：ABCD

10．下列结论中，所有正确的结论是（    ）．

A．若，则 B．若实数a、b、，则

C． D．若实数a，，，则

【答案】AD

【分析】利用不等式的性质和基本不等式对选项逐个判断即可.

【详解】对于A选项，若，则，，所以，

由不等式的基本性质可得，A选项正确；

对于B选项，由于a、b、m均为正实数，则，

由于a、b的大小关系不确定，则的符号不确定，所以与的大小关系不确定，B选项错误；

对于C选项，当时，，此时，故C选项错误；

对于D选项，由于正实数a、b满足，

，当且仅当时等号成立，故D选项正确.

故选：AD

11．已知上的偶函数在区间上单调递增，且恒有成立，则下列说法正确的是（    ）

A．在上是增函数 B．的图象关于点对称

C．函数在处取得最小值 D．函数没有最大值

【答案】BC

【分析】由得函数图象关于点对称，再结合偶函数性质得出函数的周期性，从而可得函数的单调性，然后可判断各选项．

【详解】因为又是偶函数，且在上单调递增，则在上单调递减，

∵，∴，

设是上任一点，它关于的对称点是，

，即也是函数图象上的点，

∴函数的图象关于点中心对称，B正确；

从而在上单调递减，A错误；

由上推导知在上递减，由对称性知在上递增，

又，即是周期函数，4是它的一个周期，

从而在上递增，在上递减，

因此是函数的最小值，是函数的最大值，C正确，D错误．

故选：BC．

12．已知函数定义域为R，且.

当时，.若函数在上的零点从小到大恰好构成一个等差数列，则k的可能取值为（    ）

A．0 B．1 C． D．

【答案】ABD

【分析】令，得到.作出的图像，利用图像法讨论零点，分类讨论求出k的值.

【详解】令，得到.

由已知，，则的周期为2.

其大致图像如图所示，由图可知，

令，得到.

①当时，零点为1､3､5､7､…，满足题意；

②当时，零点为0､2､4､6､…，满足题意；

③当时，若零点从小到大构成等差数列，公差只能为1.

由，得，此时；

④当时，函数无零点，不符合题意.

故选：ABD.

三、填空题

13．若集合，则集合的非空真子集的个数为      .

【答案】254

【分析】先由且，得到的所有可能取值，确定集合中元素个数，进而可求出结果.

【详解】因为且，所以，，，，

因此，所以集合共含有个元素，

因此，其非空真子集的个数为：个：

故答案为

【点睛】本题主要考查求解的非空真子集个数，熟记公式即可，属于基础题型.

14．不等式恒成立，则实数的取值范围是       .

【答案】

【分析】根据题意，分和两种情况，结合二次函数的性质，即可求解.

【详解】由题意，当时，不等式恒成立；

当时，不等式恒成立，

则满足，即，解得，

综上可得，实数的取值范围是.

故答案为：.

15．若两个正实数x，y满足，且不等式恒成立，则实数m的取值范围是           ．

【答案】

【分析】不等式恒成立，即为不大于xy的最小值，运用基本不等式，计算即可得到所求最小值，解不等式可得m的范围．

【详解】∵正实数x，y满足，

所以，即，

当且仅当时等号成立，

由恒成立，可得，

解得

故答案为：

16．已知函数，若有4个零点，则m的取值范围是          .

【答案】

【解析】画出图像，令，将“有4个零点”的问题转化为在上有两个不同实数根来列不等式组，解不等式求得的取值范围.

【详解】画出的图像如下图所示，由于可知，当时，每个函数值都有两个不同自变量与其对应.令，则“有4个零点”的问题转化为在上有两个不同实数根.令，依题意在上有两个不同实数根，由于其对称轴，所以，解得.所以实数的取值范围是.

故答案为：

【点睛】本小题主要考查分段函数的图像与性质，考查根据函数零点的个数求参数的取值范围，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.

四、解答题

17．已知．

（1）求函数的最小正周期和对称轴方程；

（2）若，求的值域．

【答案】（1）对称轴为，最小正周期；（2）

【分析】(1)利用正余弦的二倍角公式和辅助角公式将函数解析式进行化简得到，由周期公式和对称轴公式可得答案；(2)由x的范围得到，由正弦函数的性质即可得到值域.

【详解】（1）

令，则

的对称轴为，最小正周期；

（2）当时，，

因为在单调递增，在单调递减，

在取最大值，在取最小值，

所以，

所以．

【点睛】本题考查正弦函数图像的性质，考查周期性，对称性，函数值域的求法，考查二倍角公式以及辅助角公式的应用，属于基础题.

18．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求C；

(2)若，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理化边为角，然后由两角和的正弦公式、诱导公式变形后可得角；

（2）利用余弦定理再求得关系，然后求得．

【详解】（1）由，

得，

则，即．

∵，∴，

又，∴．

（2）在中，，

由余弦定理得，

∵，∴，

∴．

19．记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．

(1)求的通项公式；

(2)证明：．

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；

（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.

【详解】（1）∵，∴,∴,

又∵是公差为的等差数列，

∴,∴,

∴当时，，

∴,

整理得：,

即,

∴

，

显然对于也成立，

∴的通项公式；

（2）

∴

20．如图，在直三棱柱中，，点D是的中点，点E在上，平面.

(1)求证：平面平面；

(2)当三棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取中点，连接、，由三角形的中位线定理可得，进而由直三棱柱可得，所以平面，再由平面，得，再由线面垂直的性质可得平面，从而推出平面，再由面面垂直的性质即可证明；

（2）由（1）知平面，当三棱锥的体积最大时，设出，结合立体几何的体积公式，和基本不等式可求出，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出直线的方向向量与平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系，即可求解.

【详解】（1）取中点，连接、，如图所示：

，点是的中点，

，

又是的中点，

，

又在直三棱柱中，有， 平面

，

平面，

平面，且面，平面平面，

，

平面，且平面，

，

又，且、平面，

平面，

又，

平面，

平面，

面平面.

（2）由（1）知平面，则，

设，则，，，

，

由基本不等式知，当且仅当时等号成立，即三棱锥的体积最大，

此时，

以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：

则有，，，，，

，，，

设平面的一个法向量为，

则有，取，解得，

设直线与平面所成的角为，

，

故直线与平面所成角的正弦值为.

21．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.

（1）求椭圆的方程；

（2）设为原点，过原点的直线(不与轴垂直)与椭圆交于､两点，直线､与轴分别交于点､.问：轴上是否存在定点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由.

【答案】（1）；（2）存在，点坐标为.

【分析】（1）由椭圆的离心率为，点在椭圆上，由求解.

（2）设，则，得到直线的方程，直线的方程为，以及点坐标，点坐标，假设存在定点由求解.

【详解】（1）由题意得，

解得,

所以，椭圆的方程为；

（2）设，由题意及椭圆的对称性可知，

则直线的方程为，直线的方程为，

则点坐标为，点坐标为.

假设存在定点使得，

即，

即，即，

即，

所以，

所以存在点坐标为满足条件.

【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系和存在性问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

22．已知函数．

(1)讨论函数的单调性；

(2)若关于x的方程有两个实数解，求a的最大整数值．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求导后，由二次方程根的情况，分类讨论即可求解，

（2）利用（1）的结论可判断，进而根据两个零点满足，构造函数和，求导利用函数的单调性即可求解.

【详解】（1）的定义域为 ，

，．

①当，即时，恒成立，此时，在上单调递减．

②当 ，即时，由解得，．

由解得，；由解得，或，此时，在和上单调递减，在上单调递增．

③当 ，即时，

由，解得或（舍），

由，解得；由，解得，

此时，在上单调递增，在上单调递减．

（2）令，则．

由（1）知，当时，在上单调递减，此时在上至多有一个零点，不符合题意舍去．

由于a是整数，故．

当时，由（1）知在上单调递增，在上单调递减，取，则；

取，．

若在上有两个零点，则．

∵，

令，则．

∴，则，

∴在上单调递增．

又∵，，

∴存在唯一的，使得，

当时，，此时．

若，则，．

令，则在上单调递增，

又∵，∴，

当时，．

此时，，∴．

∴当时，成立，

∴a的最大整数值为．

【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．