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1、2022-2023學年度第二學期高二年級第二次月考
數學試卷
一?單選題（本大題共8小題，共40分.在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）
1. 已知集合，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
化簡集合，根據并集的概念運算可得結果.
【詳解】，，
所以，
故選：C．
【點睛】本題考查了一元二次不等式的解法，考查了集合的并集運算，屬于基礎題.
2. 復數（是虛數單位），則
A. B. C. -1 D.
【答案】D
【解析】
【詳解】因為復數，所以，故選D.
點睛：復數是高考中的必考知識，主要考查復數的概念
2、及復數的運算．要注意對實部、虛部的理解，掌握純虛數，共軛復數這些重要概念，復數的運算主要考查除法運算，通過分母實數化，轉化為復數的乘法，運算時特別要注意多項式相乘后的化簡，防止簡單問題出錯，造成不必要的失分．
3. 已知函數，若對任意，使得成立，則實數最小值為（）
A. 1 B. -1 C. 2 D. -2
【答案】A
【解析】
【分析】由題意可得，在上恒成立，令，對求導，求出的單調性，即可求出，即可得出答案.
【詳解】解：，即在上恒成立.
令，
因為，所以，所以，
在上單調遞減，，即.
故實數的最小值為1.
故選：A.
4. 設，那么的取值范圍是（）
A. B.
3、 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據不等式的性質求解即可.
【詳解】，所以，
則，
故選：.
5. 已知集合，集合，若“”是“”的充分不必要條件，則實數的取值范圍（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解分式不等式可求得集合；根據充分不必要條件的定義可知ü；解一元二次不等式，分別討論，和的情況，根據包含關系可求得結果.
【詳解】由得：，，解得：，；
由得：；
“”是“”的充分不必要條件，ü，
當時，，不滿足ü；當時，，不滿足ü；
當時，，若ü，則需；
綜上所述：實數的取值范圍為.
故選：A
6. 已知，則與的大小
4、關系是（）
A. B.
C. D. 不確定
【答案】C
【解析】
【分析】令，結合題意可知，進而有，再利用對數函數的單調性和運算性質即可求解
【詳解】令，
則當時，，當時，；
由，得
考慮到得，
由，得，
即
故選：C
7. 已知函數，若對任意的，存在使得，則實數a的取值范圍是（ ）
A. B. [，4]
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】結合導數和二次函數的性質可求出和的值域，結合已知條件可得，，從而可求出實數a的取值范圍.
【詳解】解：的導函數為，
由時，，時，，可得g（x）在[–1，0]上單調遞減，在（0，1]上單調遞增，
5、
故g（x）在[–1，1]上的最小值為g（0）=0，最大值為g（1）=，
所以對于任意的，．
因為開口向下，對稱軸為軸，
所以當時，，當時，，
則函數在[，2]上的值域為[a–4，a]，
由題意，得，，
可得，解得．
故選：B.
8. 使得函數在區間上單調的一個必要不充分條件為（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據函數單調性，可得或者在成立，求得的取值范圍，根據集合語言和命題語言的關系，求得使的范圍為真子集的集合即可得解.
【詳解】若函數在區間上單調，
則在成立，
或者在成立，
即在成立，
所以在成立，
由可得，
即或在
6、上成立，
解得或者，即，
根據題意能使得為真子集的集合為，
故選：C
二?多選題（本大題共4小題，共20分.在每小題有多項符合題目要求）
9. 下列命題中，正確的有（）
A. 函數與函數表示同一函數
B. 已知函數，若，則
C. 若函數，則
D. 若函數的定義域為，則函數的定義域為
【答案】BC
【解析】
【分析】A.兩函數的定義域不同，故不是同一函數，所以A錯誤；解方程組，故B正確；求出，故C正確；函數的定義域為，故D錯誤.
【詳解】解：的定義域是，的定義域是或，兩函數的定義域不同，故不是同一函數，所以A錯誤;
函數，若，則所以，故B正確；
若函數，則，故C正確
7、；
若函數的定義域為，則函數中，，所以，即函數的定義域為，故D錯誤.
故選：BC
10. 已知，，，則下列說法正確的是（）
A. 的最大值是 B. 的最小值是8
C. 的最小值是 D. 的最小值是
【答案】ACD
【解析】
【分析】用均值不等式判斷選項A、C、，對選項B進行“1的代換”，利用二次函數的性質判斷選項D.
【詳解】A：由，得，
所以(當且僅當時取等號)，故A正確；
B：，
當且僅當時取等號，故B錯誤；
C：，即
當且僅當時取等號，故C正確；
D：由，則
當時取得最小值，最小值為，故D正確.
故選：ACD.
11. 已知函數的圖象在處切線的斜率為，
8、則下列說法正確的是（）
A. B. 在處取得極大值
C. 當時， D. 的圖象關于點中心對稱
【答案】ABD
【解析】
【分析】A由導數的幾何意義即可求參數a；B利用導數研究函數的單調性，進而確定是否存在極大值；C根據B判斷區間內的端點值、極值，進而確定區間值域；D令，則，即可確定對稱中心.
【詳解】A：，由題意，得，正確；
B：，由得：或，易知在，上，為增函數，在上，為減函數，所以在處取得極大值，正確；
C：由B知：，，，故在上的值域為，錯誤；
D：令且為奇函數，則，而圖象關于中心對稱，所以關于中心對稱，正確；
故選：ABD.
12. 已知，則下列說法正確的有（）
9、A. 若恒成立，則實數的取值范圍是
B. 若有極值，則實數的取值范圍是
C. 若，則實數的取值范圍是
D. 若有極值點，則
【答案】BCD
【解析】
【分析】對于A，由已知可得，利用導數求的最大值，可得的取值范圍，判斷A，
對于B，根據極值的導數的關系，列不等式可求的取值范圍，由此判斷B，
對于D，結合函數的單調性，判斷D，
對于C，由已知可得在單調遞增，結合導數與單調性的關系可求的取值范圍判斷C.
【詳解】因為，恒成立，所以恒成立，
設，則，
當時，，函數在上單調遞增；
當，函數在上單調遞減，
的最大值為，故A錯誤；
因為函數的定義域為，導函數，
若有極值，則
10、方程有兩個不等的實數根，
且至少有一個正根，設其根為，且，則，
所以，又，
所以，，
所以，B正確；
當時，，函數在上單調遞增，
當時，時，函數在上單調遞減，
當時，，函數在上單調遞增，
可知，所以D正確；
對C，若，不妨設，可得，
可得在單調遞增，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
又，當且僅當時等號成立，
所以，C正確.
故選：BCD.
【點睛】關鍵點點睛：導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．
三?
11、填空題（本大題共4小題，共20分）
13. 函數的定義域為__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用對數、分式、根式的性質列不等式，求的范圍，即得定義域.
【詳解】由函數解析式，知：，解得且.
故答案為：.
14. 若不等式對一切成立，則的取值范圍是 _ _ .
【答案】
【解析】
【詳解】當，時不等式即為，對一切恒成立 ①
當時，則須 ，∴②
由①②得實數的取值范圍是，
故答案為.
15. 設函數是R內的可導函數，且，則________.
【答案】
【解析】
【分析】
先利用換元法求出的解析式，再對函數求導，從而可求出的值
【詳解】令
12、，，所以，，.
故答案：，
【點睛】此題考查換元法求函數的解析式，考查函數的求導法則的應用，考查計算能力，屬于基礎題
16. 將一邊長為的正方形鐵片的四角截去四個邊長均為的小正方形，然后做成一個無蓋的方盒，當等于__________時，方盒的容積最大．
【答案】
【解析】
【分析】先求出方盒容積的表達式，再利用導數根據單調性求最大值.
【詳解】方盒的容積為：
當時函數遞減，當時函數遞增
故答案為
【點睛】本題考查了函數的最大值的應用，意在考查學生的應用能力和計算能力.
四?解答題（本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）
17. 已
13、知．
（1）求函數的解析式；
（2）若函數，求的單調區間．
【答案】（1）
（2）單調增區間為，單調遞減區間為
【解析】
【分析】（1）由配湊法或換元法即可求；
（2）由復合函數單調性判斷.
【小問1詳解】
因為，
設，則，所以．
【小問2詳解】
，由或，
設，則，
當時，，因為其對稱軸為，
則此時單調遞減，單調遞增，所以在單調遞減；
當時，單調遞增，單調遞增，所以在單調遞增．
所以的單調增區間為，單調遞減區間為．
18. 已知關于的不等式的解集為或.
（1）求的值；
（2）當，且滿足時，有恒成立，求的取值范圍.
【答案】（1）
（2）
【解析】
14、
【分析】（1）根據一元二次不等式和對應方程的關系，結合根與系數的關系，即可求出、的值；
（2）由題可得，結合基本不等式，求出的最小值，得到關于的不等式，解出即可．
【小問1詳解】
因為不等式的解集為或，
所以1和是方程的兩個實數根且，
所以，解得或（舍）.
【小問2詳解】
由（1）知，于是有，
故
當且僅當，時，即時，等號成立
依題意有，即，
得，所以的取值范圍為.
19. 中，角所對應的邊分別為，且.
（1）求角的大??；
（2）若的面積為，邊是的等差中項，求的周長
【答案】（1）或
（2）12
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理將邊化角，再由兩角和正弦
15、公式及誘導公式計算可得;
（2）由面積公式得到，再由等差中項的性質及余弦定理計算可得.
【小問1詳解】
，
，
，
，
，
，，，
或.
【小問2詳解】
因為的面積為，所以，，
由邊是的等差中項，得，且不是最大的角，，
，，
，，，所以的周長為.
20. 如圖①，在菱形中，且，為的中點．將沿折起使，得到如圖②所示的四棱錐．
（1）求證：平面；
（2）若為的中點，求二面角的余弦值．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）在圖①中，連接，證明出，在圖②中，利用勾股定理證明出，利用線面垂直的判定定理可證得結論成立；
（2）以點為坐標
16、原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得二面角的余弦值.
【小問1詳解】
證明：在圖①中，連接．
四邊形為菱形，，是等邊三角形．
為的中點，，
又，．
在圖②中，，則，．
，平面.
【小問2詳解】
解：以為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系．
則、、、、.
為的中點，.
，，
設平面的一個法向量為，則，
令，得.
又平面的一個法向量為．
設二面角的大小為，由題意知為銳角，則.
因此，二面角的余弦值為.
21. 在各項均為正數的等差數列中，，，成等比數列，．
（1）求數列的通項公式；
（2
17、）設數列前項和為，，證明：．
【答案】（1）
（2）證明過程見詳解
【解析】
【分析】（1）設等差數列的公差為，結合題意求得，從而即可求得，進而即可求得等差數列的通項公式；
（2）結合（1）可得數列的前項和為，從而即可求得的通項公式，再根據裂項相消即可證明結論．
【小問1詳解】
設等差數列的公差為，
由已知得，
即，
又，解得（舍負），
則，所以．
【小問2詳解】
結合（1）得，
則，
所以
．
22. 已知函數.
（1）討論的極值；
（2）當時，求證：.
【答案】（1）答案見解析
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）求出，分、討論可得答案；
18、
（2）設，求出，可得在區間上單調遞增，求出，再利用基本不等式可得答案.
【小問1詳解】
函數的定義域為，
當時.在上單調遞增，既無極大值也無極小值；
當時，當時，，當時，，
在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，
當時取極小值，無極大值.
綜上所述，當時，既無極大值也無極小值；
當時，當時，取極小值，無極大值；
【小問2詳解】
設，
設即在區間上單調遞增，
，
存在唯一的，滿足，即，
當時，；當時，，
在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，
，
當且僅當時取到等號，又因為，所以.
【點睛】方法點睛：求函數極值的一般方法：第一步求出函數的定義域并求出函數的導函數；第二步求方程的根；第三步判斷在方程的根的左、右兩側值的符號；第四步利用結論寫出極值.
2022-2023學年安徽省泗縣高二年級下冊學期第二次月考 數學【含答案】
