2022-2023學年江西省新余市高二下學期5月月考數學試題【含答案】

2022-2023學年江西省新余市高二下學期5月月考數學試題一、單選題1．函數的定義域是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由函數有意義的條件，求解函數定義域.【詳解】函數有意義，則有，即解得，所以函數的定義域是.故選：D2．已知集合，，則（

）．A． B． C． D．【答案】D【分析】根據絕對值不等式可以求出集合A，再利用正弦函數值域求出集合B，進而求出結果.【詳解】由條件知，，所以，故選：D．3．已知函數在處的切線的傾斜角為，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】B【詳解】利用導數的幾何意義可得出關于實數的等式，解之即可.【分析】因為，則，則，解得.故選：B.4．函數的部分圖象大致為（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】判斷函數的奇偶性，再用賦值法，排除ABD，即可.【詳解】由，得，所以為偶函數，故排除BD.當時，，排除A.故選：C.5．成書于約兩千多年前的我國古代數學典籍《九章算術》中記載了通過加減消元求解元一次方程組的算法，直到擁有超強算力計算機的今天，這仍然是一種效率極高的算法.按照這種算法，求解元一次方程組大約需要對實系數進行（為給定常數）次計算.1949年，經濟學家萊昂提夫為研究“投入產出模型”（該工作后來獲得1973年諾貝爾經濟學獎），利用當時的計算機求解一個42元一次方程組，花了約56機時.事實上，他的原始模型包含500個未知數，受限于機器算力而不得不進行化簡以減少未知數.如果不進行化簡，根據未知數個數估計所需機時，結果最接近于（

）A．機時 B．機時 C．機時 D．機時【答案】C【分析】設1機時能進行a次計算，由題意得,設所需機時為t，得出,兩式相比,可得,化間計算可得答案.【詳解】設1機時能進行a次計算，則由題意得，原始模型包含500個未知數，如果不進行化簡，設所需機時為t，則,故,故結果最接近于機時,故選:C6．已知數列的前項和為，若對任意的，不等式恒成立，則實數的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用裂項相消法求出，對任意的，不等式恒成立，則恒成立，求出最大值即可得解.【詳解】，則，因為，所以，因為對任意的，不等式恒成立，所以，解得或，所以實數的取值范圍是.故選：C.7．已知，，，則a，b，c的大小關系是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】構造函數，利用導數判斷出函數f(x)在[3,+∞)上是減函數得到.由，變形得到，由，變形得到即可得到答案.【詳解】構造函數，則，所以函數f(x)在[3,+∞)上是減函數.由，得，即.因為，所以，即，所以，所以.因為，所以，即，所以，所以，故故選：D.【點睛】指、對數比較大?。海?）結構相同的，構造函數，利用函數的單調性比較大?。唬?）結構不同的，尋找“中間橋梁”，通常與0、1比較.8．已知函數，若且，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據的函數圖像，結合，求得的取值范圍以及之間的等量關系，將表示為的函數，求該函數在區(qū)間上的值域即可.【詳解】因為，故其函數圖像如下所示：

令，解得；令，解得.數形結合可知，若要滿足，且，則，且，解得.故，.令，則，令，解得，故在區(qū)間單調遞減，在區(qū)間單調遞增，則，故.即可得.故選：B.【點睛】本題考查利用導數研究函數的值域，以及構造函數的能力，數形結合的能力，屬綜合性中檔題.二、多選題9．下列函數中，既是奇函數又是R上的增函數的是（

）A． B． C． D．【答案】AB【分析】根據函數的奇偶性和指數函數、反比例函數的單調性，逐一判斷可得選項.【詳解】解：對于A：因為，且，所以是奇函數，又和在R上增函數，所以既是奇函數又是R上的增函數，故A正確；對于B：因為，又，所以是奇函數，又，當時，是增函數，當時，是增函數，所以既是奇函數又是R上的增函數，故B正確；對于C：因為，所以不是奇函數，故C不正確；對于D：因為在和上是增函數，所以不是R上的增函數，故D不正確；故選：AB.10．若兩曲線與存在公切線，則正實數a的取值可以是（

）A．1 B．e C．e2 D．3e【答案】AB【分析】設兩個切點分別為，，可得兩函數的切線方程，從而可得，令，利用導數求出，可得的取值范圍，從而得答案.【詳解】解：設兩曲線與的兩個切點分別為，，由可得；由可得，則過兩切點的切線方程分別為，，化簡得，．因為兩條切線為同一條，所以，解得．令，，令，得，當時，；當時，；所以在上單調遞增，在上單調遞減，則，所以．故選：AB.11．已知函數，則（

）A．恒成立 B．是上的增函數C．在取得極小值 D．只有一個零點【答案】BCD【分析】利用導數判斷函數的單調性可知B正確；利用導數求出函數的極小值可知C正確；當時，，可知A錯誤；求出函數的零點，可知D正確．【詳解】因為，該函數的定義域為，，當時，，此時函數單調遞減，當時，，此時函數單調遞增，所以，故B正確，C正確；當時，，此時，A錯誤；由，可得，解得，D正確．故選：BCD12．已知函數的圖象關于直線對稱.當時，，則以下結論正確的是（

）A．當時，B．若，則的解集為C．若恰有四個零點，則的取值范圍是D．若對，則【答案】AD【分析】利用對稱性定義和區(qū)間轉化可求對稱區(qū)間解析式，對和兩個區(qū)間分別求解不等式解集，可得的解集，把零點問題利用分離參數法轉化為兩個圖象交點個數問題，即可求出的取值范圍，對恒成立問題用分離參數法，求出相應函數的最值，即可求出的取值范圍.【詳解】對于選項A，因為當時，，當時，，所以，即，因為函數的圖象關于直線對稱，所以，所以當時，，故選項A正確；對于選項B，當時，當時，，當時，，現(xiàn)在先證，令，則，令，則，所以在單調遞增，令，則，所以在單調遞減，所以，所以，即，所以，當且僅當等號成立，當時，，不滿足，所以不成立，當時，，所以，即，令，則有，①或

②，解不等式組①，因為，則有所以，解不等式組②，因為，則有所以，所以的解集為，故選項B不正確；對于選項C，因為恰有四個零點，所以當時，恰有兩個零點，且當時，恰有兩個零點，且時，，因為，，所以，故，當時，，令，則有或，因為當時，恰有兩個零點，所以有一個解且不為，當解為時，可求，所以；因為，所以，即，所以與在時的圖象有一個交點，且交點橫坐標不為，令，則，當時，，所以在單調遞減，所以，當逼近于時，逼近于，且，因為與在時的圖象有一個交點，所以，且，因為函數的圖象關于直線對稱，所以當時，同理可得且，所以當恰有四個零點，則的取值范圍是，故選項C不正確；對于選項D，若對，因為函數的圖象關于直線對稱，所以只需研究時的取值；因為，，所以，即，顯然當時，成立，；當時，，利用分離參數法，，所以令，則，當時，，所以在單調遞減，所以，所以；當時，恒成立，即所以當時，，所以在單調遞減，所以，所以；綜上所述：，故選項D正確.故選：AD.【點睛】關鍵點睛：本題求解的關鍵有兩個：一是把零點個數問題轉化為兩個函數圖象交點個數問題求解；二是恒成立問題采用分離參數法求解.三、填空題13．冪函數在上單調遞減，則實數的值為【答案】2【分析】根據冪函數建立等式，解出，將代入函數檢驗，看是否在上單調遞減即可確定答案.【詳解】解：因為是冪函數，所以，解得或，因為函數在上單調遞減，當時，函數化為，符合題意，當時，，不符合題意，綜上.故答案為：214．已知二次函數的對稱軸是，且不等式的解集為，則的解析式是．【答案】【分析】由不等式的解集得一元二次方程的兩根，由韋達定理得兩個關系式，又由對稱軸得一關系式，結合起來可求得，得函數解析式.【詳解】解：為，其解集為，則，，又函數的對稱軸是，則，兩者結合解得，所以.故答案為：.15．已知函數是定義在上的偶函數，在上單調遞減，且，則不等式的解集為.【答案】【分析】由題意和偶函數的性質可知函數在上為減函數，在上為增函數，結合，分類討論當、時，利用函數的單調性解不等式即可.【詳解】因為函數是定義在R上的偶函數，且在上單調遞減所以在上為增函數，由，得，，當時，，有，解得；當時，，有，解得，綜上，不等式的解集為.故答案為：.16．已知，若關于x的不等式恰好有6個不同的實數解，則a的取值范圍是．【答案】.【分析】設，可得，得到函數的單調性與極大值，畫出函數的圖象，如圖（1）所示，根據題意轉化為的圖象與在內有2個不同的交點，結合的圖象和函數的性質，即可求解.【詳解】設，可得，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，所以當時，函數取得極大值，極大值為，所以函數的圖象，如圖（1）所示，關于x的不等式恰好有6個不同的實數解，等價于在區(qū)間內有2個不同的實根，即的圖象與在內有2個不同的交點，又由函數的大致圖象，如圖（2）所示，則，所以，即實數的取值范圍是.故答案為：.四、解答題17．求解下列問題：(1)；(2)．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據根式、指數運算求得正確答案.（2）根據對數運算求得正確答案.【詳解】（1）.（2）.18．已知命題p：，命題q：.（1）若命題p為真命題，求實數x的取值范圍.（2）若p是q的充分條件，求實數m的取值范圍；【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由一元二次不等式的解法求得的范圍；（2）由p是q的充分條件，轉化為集合的包含關系，從而可求實數m的取值范圍.【詳解】（1）由p：為真，解得.（2）q：，若p是q的充分條件，則是的子集所以.即.19．已知函數的圖像與直線相切，切點為(1)求a，b，c的值；(2)設，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）運用導數計算公式及導數幾何意義代入求解即可.（2）運用導數研究函數的單調性，進而求得函數的最值.【詳解】（1），根據題意得，故，，.（2）（），則，或；，所以在單調遞增，在單調遞減，在上單調遞增.所以，.故在上的最大值為216，最小值為.20．正項數列的前和為，且．(1)求數列的通項公式；(2)設，求數列的前項和.【答案】(1)(2)【分析】（1）由證明是等差數列，可求通項；（2）由錯位相減法求的通項，再用分組求和求數列的前項和.【詳解】（1）正項數列，當時，由，解得，由，所以，所以，即，，數列是正項數列，所以，所以數列是首項為1，公差為1的正項等差數列，所以.（2）由，所以，，，上面兩式相減，得，，即，所以，.21．已知函數(且).（1）若函數為偶函數，求實數的值；（2）對任意的，不等式恒成立，求實數的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用定義可求參數的值.（2）不等式等價于，參變分離后可求實數的取值范圍.【詳解】解：（1）由得，故即，整理得到恒成立.故.（2）因為，故，所以，∴，∴在恒成立即在恒成立，因為在為增函數，故，∴.【點睛】思路點睛：（1）含參數的奇函數或偶函數，可利用函數奇偶性的定義求出參數的值，也可以利用賦值法求參數的值，后者注意檢驗.（2）含參數的不等式的恒成立問題，可以利用參變分離法求出新函數的最值，從而可求參數的取值范圍.22．已知定義在上的函數．（其中常數是自然對數的底數，）（1）當時，求的極值；（2）（i）若在上單調遞增，求實數的取值范圍；（ii）當時，證明：．【答案】（1）極小值為，無極大值；（2）（i）；（ii）證明見解析.【分析】（1）利用導數分析函數的單調性，由此可求得函數的極大值和極小值；（2）（i）利用參變量分離法可得出對任意的恒成立，求出函數在區(qū)間上的最小值，由此可得出實數的取值范圍；（ii）證明得出：當時，，依次可得出，，，，利用不等式的基本性質可證得所證不等式成立.【詳解】（1）當時，，該函數的定義域為，則，，所以，函數在上為增函數，且，當時，，此時函數單調遞減，當時，，此時函數單調遞增.所以，函數的極小值為，無極大值；（2）（i），則，在上單調遞增，則對任意的恒成立，可