2022-2023学年江西省宜丰中学高二下学期5月月考数学试题含答案

2022-2023学年江西省宜丰中学高二下学期5月月考数学试题

一、单选题

1．函数的定义域是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由函数有意义的条件，求解函数定义域.

【详解】函数有意义，则有，即

解得，所以函数的定义域是.

故选：D

2．已知集合，，则（    ）．

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据绝对值不等式可以求出集合A，再利用正弦函数值域求出集合B，进而求出结果.

【详解】由条件知，，

所以，

故选：D．

3．已知函数在处的切线的倾斜角为，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】利用导数的几何意义可得出关于实数的等式，解之即可.

【分析】因为，则，则，解得.

故选：B.

4．函数的部分图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】判断函数的奇偶性，再用赋值法，排除ABD，即可.

【详解】由，

得，

所以为偶函数，故排除BD.

当时，，排除A.

故选：C.

5．成书于约两千多年前的我国古代数学典籍《九章算术》中记载了通过加减消元求解元一次方程组的算法，直到拥有超强算力计算机的今天，这仍然是一种效率极高的算法.按照这种算法，求解元一次方程组大约需要对实系数进行（为给定常数）次计算.1949年，经济学家莱昂提夫为研究“投入产出模型”（该工作后来获得1973年诺贝尔经济学奖），利用当时的计算机求解一个42元一次方程组，花了约56机时.事实上，他的原始模型包含500个未知数，受限于机器算力而不得不进行化简以减少未知数.如果不进行化简，根据未知数个数估计所需机时，结果最接近于（    ）

A．机时 B．机时 C．机时 D．机时

【答案】C

【分析】设1机时能进行a次计算，由题意得,设所需机时为t，得出,两式相比,可得,化间计算可得答案.

【详解】设1机时能进行a次计算，则由题意得，

原始模型包含500个未知数，如果不进行化简，设所需机时为t，

则,故 ,

故结果最接近于机时,

故选:C

6．已知数列的前项和为，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用裂项相消法求出，对任意的，不等式恒成立，则恒成立，求出最大值即可得解.

【详解】，

则，

因为，

所以，

因为对任意的，不等式恒成立，

所以，解得或，

所以实数的取值范围是.

故选：C.

7．已知，，，则a，b，c的大小关系是（   ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】构造函数，利用导数判断出函数f(x)在[3,+∞)上是减函数得到.由，变形得到，由，变形得到即可得到答案.

【详解】构造函数，则，所以函数f(x)在[3,+∞)上是减函数.由，得，即.

因为，所以，即，所以，所以.

因为，所以，即，所以，所以，故

故选：D.

【点睛】指、对数比较大小：

（1）结构相同的，构造函数，利用函数的单调性比较大小；

（2）结构不同的，寻找“中间桥梁”，通常与0、1比较.

8．已知函数，若且，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据的函数图像，结合，求得的取值范围以及之间的等量关系，将表示为的函数，求该函数在区间上的值域即可.

【详解】因为，故其函数图像如下所示：

令，解得；令，解得.

数形结合可知，若要满足，且，

则，且，解得.

故，.

令，

则，令，解得，

故在区间单调递减，在区间单调递增，

则，

故.

即可得.

故选：B.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的值域，以及构造函数的能力，数形结合的能力，属综合性中档题.

二、多选题

9．下列函数中，既是奇函数又是R上的增函数的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】AB

【分析】根据函数的奇偶性和指数函数、反比例函数的单调性，逐一判断可得选项.

【详解】解：对于A：因为，且，所以是奇函数，又和在R上增函数，

所以既是奇函数又是R上的增函数，故A正确；

对于B：因为，又，所以是奇函数，

又，当时，是增函数，当时，是增函数，所以既是奇函数又是R上的增函数，故B正确；

对于C：因为，所以不是奇函数，故C不正确；

对于D：因为在和上是增函数，所以不是R上的增函数，故D不正确；

故选：AB.

10．若两曲线与存在公切线，则正实数a的取值可以是（    ）

A．1 B．e C．e2 D．3e

【答案】AB

【分析】设两个切点分别为，，可得两函数的切线方程，从而可得，令，利用导数求出，可得的取值范围，从而得答案.

【详解】解：设两曲线与的两个切点分别为，，

由可得；由可得，

则过两切点的切线方程分别为，，

化简得，．

因为两条切线为同一条，所以，

解得．

令，，

令，得，

当时，；当时，；

所以在上单调递增，在上单调递减，

则，

所以．

故选：AB.

11．已知函数，则（    ）

A．恒成立 B．是上的增函数

C．在取得极小值 D．只有一个零点

【答案】BCD

【分析】利用导数判断函数的单调性可知B正确；利用导数求出函数的极小值可知C正确；当时，，可知A错误；求出函数的零点，可知D正确．

【详解】因为，该函数的定义域为，，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

所以，故B正确，C正确；

当时，，此时，A错误；

由，可得，解得，D正确．

故选：BCD

12．已知函数的图象关于直线对称.当时，，则以下结论正确的是（    ）

A．当时，

B．若，则的解集为

C．若恰有四个零点，则的取值范围是

D．若对，则

【答案】AD

【分析】利用对称性定义和区间转化可求对称区间解析式，对和两个区间分别求解不等式解集，可得的解集，把零点问题利用分离参数法转化为两个图象交点个数问题，即可求出的取值范围，对恒成立问题用分离参数法，求出相应函数的最值，即可求出的取值范围.

【详解】对于选项A，因为当时，，

当时，，

所以，

即，

因为函数的图象关于直线对称，

所以，

所以当时，，故选项A正确；

对于选项B，当时，当时，，

当时，，

现在先证，令，

则，

令，则，所以在单调递增，

令，则，所以在单调递减，

所以，所以，

即，所以，当且仅当等号成立，

当时，，不满足，

所以不成立，

当时，，

所以，即，

令，则有，①

或   ②，

解不等式组①，因为，则有

所以，

解不等式组②，因为，则有

所以，

所以的解集为，故选项B不正确；

对于选项C，因为恰有四个零点，

所以当时，恰有两个零点，且当时，恰有两个零点，

且时，，

因为，，

所以，故，

当时，，

令，则有或，

因为当时，恰有两个零点，

所以有一个解且不为，

当解为时，可求，

所以；

因为，所以，即，

所以与在时的图象有一个交点，且交点横坐标不为，

令，则，

当时，，

所以在单调递减，所以，

当逼近于时，逼近于，且，

因为与在时的图象有一个交点，

所以，且，

因为函数的图象关于直线对称，

所以当时，同理可得且，

所以当恰有四个零点，则的取值范围是，故选项C不正确；

对于选项D，若对，

因为函数的图象关于直线对称，

所以只需研究时的取值；

因为，，

所以，即，

显然当时，成立，；

当时，，利用分离参数法，，所以

令，则，

当时，，所以在单调递减，所以，

所以；

当时，恒成立，即所以

当时，，所以在单调递减，所以，

所以；

综上所述：，故选项D正确.

故选：AD.

【点睛】关键点睛：

本题求解的关键有两个：一是把零点个数问题转化为两个函数图象交点个数问题求解；二是恒成立问题采用分离参数法求解.

三、填空题

13．幂函数在上单调递减，则实数的值为      

【答案】2

【分析】根据幂函数建立等式，解出，将代入函数检验，看是否在上单调递减即可确定答案.

【详解】解：因为是幂函数，所以，

解得或，因为函数在上单调递减，

当时，函数化为，符合题意，

当时，，不符合题意，综上.

故答案为：2

14．已知二次函数的对称轴是，且不等式的解集为，则的解析式是      ．

【答案】

【分析】由不等式的解集得一元二次方程的两根，由韦达定理得两个关系式，又由对称轴得一关系式，结合起来可求得，得函数解析式.

【详解】解：为，其解集为，则

，，又函数的对称轴是，则，

两者结合解得，

所以.

故答案为：.

15．已知函数是定义在上的偶函数，在上单调递减，且，则不等式的解集为      .

【答案】

【分析】由题意和偶函数的性质可知函数在上为减函数，在上为增函数，结合，分类讨论当、时，利用函数的单调性解不等式即可.

【详解】因为函数是定义在R上的偶函数，且在上单调递减

所以在上为增函数，

由，得，

，当时，，

有，解得；

当时，，

有，解得，

综上，不等式的解集为.

故答案为：.

16．已知，若关于x的不等式恰好有6个不同的实数解，则a的取值范围是          ．

【答案】.

【分析】设，可得，得到函数的单调性与极大值，画出函数的图象，如图（1）所示，根据题意转化为的图象与在内有2个不同的交点，结合的图象和函数的性质，即可求解.

【详解】设，可得，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以当时，函数取得极大值，极大值为，

所以函数的图象，如图（1）所示，

关于x的不等式恰好有6个不同的实数解，

等价于在区间内有2个不同的实根，

即的图象与在内有2个不同的交点，

又由函数的大致图象，如图（2）所示，

则，所以，即实数的取值范围是.

故答案为：.

四、解答题

17．求解下列问题：

(1)；

(2)．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据根式、指数运算求得正确答案.

（2）根据对数运算求得正确答案.

【详解】（1）

.

（2）

.

18．已知命题p：，命题q：.

（1）若命题p为真命题，求实数x的取值范围.

（2）若p是q的充分条件，求实数m的取值范围；

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由一元二次不等式的解法求得的范围；

（2）由p是q的充分条件，转化为集合的包含关系，从而可求实数m的取值范围.

【详解】（1）由p：为真，解得.

（2）q：，若p是q的充分条件，则是的子集

所以.即.

19．已知函数的图像与直线相切，切点为

(1)求a，b，c的值；

(2)设，求在上的最大值和最小值.

【答案】(1)

(2)最小值-40，最大值216

【分析】（1）运用导数计算公式及导数几何意义代入求解即可.

（2）运用导数研究函数的单调性，进而求得函数的最值.

【详解】（1），

根据题意得，

故，，.

（2）（），

则，

或；，

所以在单调递增，在单调递减，在上单调递增.

所以，

.

故在上的最大值为216，最小值为.

20．正项数列的前和为，且．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由证明是等差数列，可求通项；

（2）由错位相减法求的通项，再用分组求和求数列的前项和.

【详解】（1）正项数列，当时，由，解得，

由，所以，

所以，即，

，

数列是正项数列，所以，

所以数列是首项为1，公差为1的正项等差数列，

所以.

（2）由，

所以，

，

，

上面两式相减，得，

，即，

所以，

.

21．已知函数(且).

（1）若函数为偶函数，求实数的值；

（2）对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）利用定义可求参数的值.

（2）不等式等价于，参变分离后可求实数的取值范围.

【详解】解：（1）

由得，

故即，整理得到恒成立.

故.

（2）因为，故，

所以，

∴，

∴在恒成立即在恒成立，

因为在为增函数，故，∴.

【点睛】思路点睛：

（1）含参数的奇函数或偶函数，可利用函数奇偶性的定义求出参数的值，也可以利用赋值法求参数的值，后者注意检验.

（2）含参数的不等式的恒成立问题，可以利用参变分离法求出新函数的最值，从而可求参数的取值范围.

22．已知定义在上的函数．（其中常数是自然对数的底数，）

（1）当时，求的极值；

（2）（i）若在上单调递增，求实数的取值范围；

（ii）当时，证明：．

【答案】（1）极小值为，无极大值；（2）（i）；（ii）证明见解析.

【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，由此可求得函数的极大值和极小值；

（2）（i）利用参变量分离法可得出对任意的恒成立，求出函数在区间上的最小值，由此可得出实数的取值范围；

（ii）证明得出：当时，，依次可得出，，，，利用不等式的基本性质可证得所证不等式成立.

【详解】（1）当时，，该函数的定义域为，

则，，所以，函数在上为增函数，

且，当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增.

所以，函数的极小值为，无极大值；

（2）（i），则，

在上单调递增，则对任意的恒成立，

可得，下面证明：，其中，

即证，即证，其中，

由（1）可知，对任意的，，

又当时，，

，故实数的取值范围是；

（ii）由（1）可知，当时，在上单调递增，

当时，，即，

当时，，则，

，

当时，，

所以，，所以，，

，，，

将上述不等式全部相加得.

故原不等式得证.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.