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1、2022-2023學年度第二學期高二年級第二次月考 數(shù)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(jù)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(shù)（是虛數(shù)單位），則 A. B. C. -1 D. 【答案】D 【解析】 【詳解】因為復數(shù)，所以，故選D. 點睛：復數(shù)是高考中的必考知識，主要考查復數(shù)的概念

2、及復數(shù)的運算．要注意對實部、虛部的理解，掌握純虛數(shù)，共軛復數(shù)這些重要概念，復數(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. 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(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，那么的取值范圍是（） A. B.

3、 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(shù)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(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：C 7. 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. [，4] C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】結合導數(shù)和二次函數(shù)的性質(zhì)可求出和的值域，結合已知條件可得，，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，

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(shù)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(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

6、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

7、； 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：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(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，

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(shù)的幾何意義即可求參數(shù)a；B利用導數(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(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)極值的導數(shù)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(shù)的單調(diào)性，判斷D， 對于C，由已知可得在單調(diào)遞增，結合導數(shù)與單調(diào)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(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，導函數(shù)， 若有極值，則

10、方程有兩個不等的實數(shù)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(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，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】關鍵點點睛：導函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導數(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)形結合思想的應用；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?

11、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 ① 當時，則須 ，∴② 由①②得實數(shù)的取值范圍是， 故答案為. 15. 設函數(shù)是R內(nèi)的可導函數(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，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(shù)的解析式，考查函數(shù)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?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(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）由復合函數(shù)單調(diào)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(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(jù)一元二次不等式和對應方程的關系，結合根與系數(shù)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(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，角所對應的邊分別為，且. （1）求角的大小； （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(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(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

17、）設數(shù)列前項和為，，證明：． 【答案】（1） （2）證明過程見詳解 【解析】 【分析】（1）設等差數(shù)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(shù)列的通項公式； （2）結合（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論． 【小問1詳解】 設等差數(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；

18、 （2）設，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， 設即在區(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、右兩側值的符號；第四步利用結論寫出極值.