2022-2023學(xué)年度第二學(xué)期高二年級第二次月考數(shù)學(xué)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(jù)并集的概念運算可得結(jié)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(chǔ)題.2. 復(fù)數(shù)（是虛數(shù)單位），則A. B. C. -1D. 【答案】D【解析】【詳解】因為復(fù)數(shù)，所以，故選D. 點睛：復(fù)數(shù)是高考中的必考知識，主要考查復(fù)數(shù)的概念及復(fù)數(shù)的運算要注意對實部、虛部的理解，掌握純虛數(shù)，共軛復(fù)數(shù)這些重要概念，復(fù)數(shù)的運算主要考查除法運算，通過分母實數(shù)化，轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)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(shù)，若對任意，使得成立，則實數(shù)最小值為（）A. 1B. -1C. 2D. -2【答案】A【解析】【分析】由題意可得，在上恒成立，令，對求導(dǎo)，求出的單調(diào)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(diào)遞減，即.故實數(shù)的最小值為1.故選：A.4. 設(shè)，那么的取值范圍是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根據(jù)不等式的性質(zhì)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(shù)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(jù)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(jù)包含關(guān)系可求得結(jié)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(shù)的取值范圍為.故選：A6. 已知，則與的大小關(guān)系是（）A. B. C. D. 不確定【答案】C【解析】【分析】令，結(jié)合題意可知，進而有，再利用對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性和運算性質(zhì)即可求解【詳解】令，則當時，當時，；由，得考慮到得，由，得，即故選：C7. 已知函數(shù)，若對任意的，存在使得，則實數(shù)a的取值范圍是（）A. B. ，4C. D. 【答案】B【解析】【分析】結(jié)合導(dǎo)數(shù)和二次函數(shù)的性質(zhì)可求出和的值域，結(jié)合已知條件可得，從而可求出實數(shù)a的取值范圍.【詳解】解：的導(dǎo)函數(shù)為，由時，時，可得g（x）在1，0上單調(diào)遞減，在（0，1上單調(diào)遞增，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(shù)在，2上的值域為a4，a，由題意，得，可得，解得故選：B.8. 使得函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)的一個必要不充分條件為（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)單調(diào)性，可得或者在成立，求得的取值范圍，根據(jù)集合語言和命題語言的關(guān)系，求得使的范圍為真子集的集合即可得解.【詳解】若函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)，則在成立，或者在成立，即在成立，所以在成立，由可得，即或在上成立，解得或者，即，根據(jù)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(shù)與函數(shù)表示同一函數(shù)B. 已知函數(shù)，若，則C. 若函數(shù)，則D. 若函數(shù)的定義域為，則函數(shù)的定義域為【答案】BC【解析】【分析】A.兩函數(shù)的定義域不同，故不是同一函數(shù)，所以A錯誤；解方程組，故B正確；求出，故C正確；函數(shù)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(shù)的定義域不同，故不是同一函數(shù)，所以A錯誤;函數(shù)，若，則所以，故B正確；若函數(shù)，則，故C正確；若函數(shù)的定義域為，則函數(shù)中，所以，即函數(shù)的定義域為，故D錯誤.故選：BC10. 已知，則下列說法正確的是（）A. 的最大值是B. 的最小值是8C. 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(shù)的性質(zhì)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(shù)的圖象在處切線的斜率為，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(guān)于點中心對稱【答案】ABD【解析】【分析】A由導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求參數(shù)a；B利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，進而確定是否存在極大值；C根據(jù)B判斷區(qū)間內(nèi)的端點值、極值，進而確定區(qū)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(shù)，在上，為減函數(shù)，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(shù)，則，而圖象關(guān)于中心對稱，所以關(guān)于中心對稱，正確；故選：ABD.12. 已知，則下列說法正確的有（）A. 若恒成立，則實數(shù)的取值范圍是B. 若有極值，則實數(shù)的取值范圍是C. 若，則實數(shù)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(dǎo)數(shù)求的最大值，可得的取值范圍，判斷A，對于B，根據(jù)極值的導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，列不等式可求的取值范圍，由此判斷B，對于D，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，判斷D，對于C，由已知可得在單調(diào)遞增，結(jié)合導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系可求的取值范圍判斷C.【詳解】因為，恒成立，所以恒成立，設(shè)，則，當時，函數(shù)在上單調(diào)遞增；當，函數(shù)在上單調(diào)遞減，的最大值為，故A錯誤；因為函數(shù)的定義域為，導(dǎo)函數(shù)，若有極值，則方程有兩個不等的實數(shù)根，且至少有一個正根，設(shè)其根為，且，則，所以，又，所以，所以，B正確；當時，函數(shù)在上單調(diào)遞增，當時，時，函數(shù)在上單調(diào)遞減，當時，函數(shù)在上單調(diào)遞增，可知，所以D正確；對C，若，不妨設(shè)，可得，可得在單調(diào)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(guān)鍵點點睛：導(dǎo)函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；二是函數(shù)的零點、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理三填空題（本大題共4小題，共20分）13. 函數(shù)的定義域為_【答案】【解析】【分析】利用對數(shù)、分式、根式的性質(zhì)列不等式，求的范圍，即得定義域.【詳解】由函數(shù)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 當時，則須 ，由得實數(shù)的取值范圍是，故答案為.15. 設(shè)函數(shù)是R內(nèi)的可導(dǎo)函數(shù)，且，則_.【答案】【解析】【分析】先利用換元法求出的解析式，再對函數(shù)求導(dǎo)，從而可求出的值【詳解】令，所以，.故答案：，【點睛】此題考查換元法求函數(shù)的解析式，考查函數(shù)的求導(dǎo)法則的應(yīng)用，考查計算能力，屬于基礎(chǔ)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?shù)扔赺時，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(dǎo)數(shù)根據(jù)單調(diào)性求最大值.【詳解】方盒的容積為：當時函數(shù)遞減，當時函數(shù)遞增故答案為【點睛】本題考查了函數(shù)的最大值的應(yīng)用，意在考查學(xué)生的應(yīng)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(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17. 已知（1）求函數(shù)的解析式；（2）若函數(shù)，求的單調(diào)區(qū)間【答案】（1）（2）單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為【解析】【分析】（1）由配湊法或換元法即可求；（2）由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性判斷.【小問1詳解】因為，設(shè)，則，所以【小問2詳解】，由或，設(shè)，則，當時，因為其對稱軸為，則此時單調(diào)遞減，單調(diào)遞增，所以在單調(diào)遞減；當時，單調(diào)遞增，單調(diào)遞增，所以在單調(diào)遞增所以的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為18. 已知關(guān)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】【分析】（1）根據(jù)一元二次不等式和對應(yīng)方程的關(guān)系，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系，即可求出、的值；（2）由題可得，結(jié)合基本不等式，求出的最小值，得到關(guān)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(shù)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(yīng)的邊分別為，且.（1）求角的大?。唬?）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，再由兩角和正弦公式及誘導(dǎo)公式計算可得;（2）由面積公式得到，再由等差中項的性質(zhì)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，在菱形中，且，為的中點將沿折起使，得到如圖所示的四棱錐（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）在圖中，連接，證明出，在圖中，利用勾股定理證明出，利用線面垂直的判定定理可證得結(jié)論成立；（2）以點為坐標原點，、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：在圖中，連接四邊形為菱形，是等邊三角形為的中點，又，在圖中，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(shè)平面的一個法向量為，則，令，得.又平面的一個法向量為設(shè)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(shù)的等差數(shù)列中，成等比數(shù)列，（1）求數(shù)列的通項公式；（2）設(shè)數(shù)列前項和為，證明：【答案】（1）（2）證明過程見詳解【解析】【分析】（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為，結(jié)合題意求得，從而即可求得，進而即可求得等差數(shù)列的通項公式；（2）結(jié)合（1）可得數(shù)列的前項和為，從而即可求得的通項公式，再根據(jù)裂項相消即可證明結(jié)論【小問1詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，由已知得，即，又，解得（舍負），則，所以【小問2詳解】結(jié)合（1）得，則，所以22. 已知函數(shù).（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；（2）設(shè)，求出，可得在區(qū)間上單調(diào)遞增，求出，再利用基本不等式可得答案.【小問1詳解】函數(shù)的定義域為，當時.在上單調(diào)遞增，既無極大值也無極小值；當時，當時，當時，在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)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(shè)，設(shè)即在區(qū)間上單調(diào)遞增，存在唯一的，滿足，即，當時，；當時，在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)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(shù)極值的一般方法：第一步求出函數(shù)的定義域并求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)；第二步求方程的根；第三步判斷在方程的根的左、右兩側(cè)值的符號；第四步利用結(jié)論寫出極值.