精品解析：福建省连城县第一中学2024-2025学年高二上学期8月月考数学试卷

连城一中2024-2025学年8月高二月考数学试卷 满分：150分 考试时间：120分钟 一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若命题“，”为假命题，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. 8 B. 9 C. D. 4. 已知正实数，满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 设，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 6. 函数的零点个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 7. 已知函数，，若对任意的，总存在，使得，则实数的取值范围是（ ）． A. B. C. D. 以上都不对 8. 英国数学家布鲁克·泰勒（Brook Taylor，1685.8~1731.11）以发现泰勒公式和泰勒级数而闻名于世.根据泰勒公式，我们可知：如果函数在包含的某个开区间上具有阶导数，那么对于，有，若取，则，此时称该式为函数在处的阶泰勒公式.计算器正是利用这一公式将，，，，等函数转化为多项式函数，通过计算多项式函数值近似求出原函数的值，如，，则运用上面的想法求的近似值为（ ） A. 0.50 B. C. D. 0.56 二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 为增函数 C. 的值域为 D. 方程最多有两个解 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.将答案填在答题卡的相应位置. 12. 函数的定义域为_______ 13. 已知不等式的解集是,则不等式的解集是 ___________. 14. 已知函数在其定义域内为偶函数，且，则=___________. 四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知()是偶函数，当时，． (1) 求的解析式； (2) 若不等式在时都成立，求m的取值范围． 16. 为鼓励消费，某商场开展积分奖励活动，消费满100元的顾客可拋掷骰子两次，若两次点数之和等于7，则获得5个积分：若点数之和不等于7，则获得2个积分． （1）记两次点数之和等于7为事件A，第一次点数是奇数为事件B，证明：事件A，B是独立事件； （2）现有3位顾客参与了这个活动，求他们获得的积分之和X的分布列和期望． 17. 已知函数，的图象在处的切线为． （1）设，求的最小值； （2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围． 18. 在五面体中，平面，平面． （1）求证：； （2）若，，点D到平面的距离为，求二面角的大小． 19. 悬链线在建筑领域有很多应用.当悬链线自然下垂时，处于最稳定的状态，反之其倒置时也是一种稳定状态.链函数是一种特殊的悬链线函数，正链函数表达式为，相应的反链函数表达式为. （1）证明：曲线是轴对称图形； （2）若直线与函数和的图象共有三个交点，设这三个交点的横坐标分别为，证明：； （3）已知函数，其中.若对任意的恒成立，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 连城一中2024-2025学年8月高二月考数学试卷 满分：150分 考试时间：120分钟 一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据并集的定义即可得解. 【详解】因为， 所以. 故选：A. 2. 若命题“，”为假命题，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得出，即可解得实数的取值范围. 【详解】因为命题“，”为假命题，则，解得. 故选：B. 3. 已知，则（ ） A. 8 B. 9 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据指数、对数运算以及函数的概念求得正确答案. 【详解】令，可得，则. 故选：C 4. 已知正实数，满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可得，再利用基本不等式计算可得； 【详解】解：由，得，又，， 所以， 当且仅当，，即、时，等号成立，所以的最小值为3． 故选：． 5. 设，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用对数函数的单调性可得，利用指数幂运算可知，再利用幂函数的单调性可得，由此得解. 【详解】因为在上单调递减，所以，即， 因为在上单调递增， 又，即，所以，即，故， 所以. 故选：A. 6. 函数的零点个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，作出函数与图象，利用图象交点个数作答. 【详解】由，得，因此函数的零点即为函数与的图象交点横坐标， 在同一坐标系内作出函数与的图象，如图， 观察图象知，函数与的图象有唯一公共点， 所以函数的零点个数为1. 故选：B 7. 已知函数，，若对任意的，总存在，使得，则实数的取值范围是（ ）． A. B. C. D. 以上都不对 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意得，再分别求函数的最小值即可得答案. 【详解】解：∵，∴， ∴． 当时，，所以只需满足：，解得； 当时，．满足题意． 当时，，所以只需满足：，解得． ∴． 故选：C． 【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数， （1）若，，总有成立，故； （2）若，，有成立，故； （3）若，，有成立，故； （4）若，，有，则的值域是值域的子集 ． 8. 英国数学家布鲁克·泰勒（Brook Taylor，1685.8~1731.11）以发现泰勒公式和泰勒级数而闻名于世.根据泰勒公式，我们可知：如果函数在包含的某个开区间上具有阶导数，那么对于，有，若取，则，此时称该式为函数在处的阶泰勒公式.计算器正是利用这一公式将，，，，等函数转化为多项式函数，通过计算多项式函数值近似求出原函数的值，如，，则运用上面的想法求的近似值为（ ） A. 0.50 B. C. D. 0.56 【答案】B 【解析】 【分析】先化简，根据题意得到的泰勒展开式，求得的值，即可求解. 【详解】由三角恒等变换的公式，化简得， 又由， 可得，所以. 故选：B. 二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】通过举反例和不等式的性质即可判断. 【详解】对A，当时,,故A错误： 对B，得，则，故B正确； 对C，，此时，故C错误； 对D，由,所以, 所以两边同除得，选项D正确； 故选：BD. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 为增函数 C. 的值域为 D. 方程最多有两个解 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定的分段函数，计算判断AB；分段求出函数值集合判断C；结合函数图象判断D作答. 【详解】对于A，显然，，则，A正确； 对于B，显然，，有，B错误； 对于C，当时，，当时，，因此的值域为，C正确； 对于D，如图，当时，方程无解；当时，方程有两个解； 当时，方程有一个解，因此方程最多有两个解，D正确. 故选：ACD 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解. 【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究 对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确； 对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误； 若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误. 故选：BC. [方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法. 由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC. 故选：BC. [方法三]： 因为，均为偶函数， 所以即，， 所以，，则，故C正确； 函数，的图象分别关于直线对称， 又，且函数可导， 所以， 所以，所以， 所以，，故B正确，D错误； 若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误. 故选：BC. 【点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法； 方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解． 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.将答案填在答题卡的相应位置. 12. 函数的定义域为_______ 【答案】且 【解析】 【分析】利用函数有意义列不等式求解. 【详解】由题意得 ， 则函数定义域为 且. 故答案为且. 13. 已知不等式的解集是,则不等式的解集是 ___________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据方程的解求出，再解不等式即可 【详解】由题知方程的两根分别为 所以,即 不等式即,解得 故答案为： 14. 已知函数在其定义域内为偶函数，且，则=___________. 【答案】 【解析】 【分析】由偶函数的性质和可得，，可求出，计算，求解即可. 【详解】因为的定义域为R，且为偶函数， 所以，即，即. 所以. 又因为，即，所以. 因为， 所= 故答案为：. 四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知()是偶函数，当时，． (1) 求的解析式； (2) 若不等式在时都成立，求m的取值范围． 【答案】(1) f(x)＝ (2) 【解析】 【详解】试题分析：已知函数的奇偶性求函数的解析式是函数的奇偶性常见考试题，函数f(x)为偶函数，求x<0的解析式，利用-x>0,f(x)=f(-x)去求；解决不等式恒成立问题首选方法是分离参数借助极值原理去解决，本题注意到x的范围，由于x为正，所以分离参数时，不等号的方向不变，再求最值，最后的处m的取值范围 试题解析： （1）设x＜0时，则－x＞0， ∵f(x)为偶函数，∴f(x)＝f(－x)＝(－x)2－2(－x)＝x2＋2x． ∴f(x)＝ ; (2) 由题意得x2－2x≥mx在1≤x≤2时都成立， 即x－2≥m在1≤x≤2时都成立， 即m≤x－2在1≤x≤2时都成立， 当1≤x≤2时，(x－2)min＝－1， 则m≤－1． 【点睛】函数的奇偶性常见问题（1）利用函数的奇偶性求值，（2）利用函数的奇偶性分析函数的图象，借助单调性解不等式，（3）利用函数的奇偶性求函数的解析式；解决不等式恒成立问题首选方法是分离参数借助极值原理去解决，当然也有很多恒成立问题需要对参数进行讨论才能解决. 16. 为鼓励消费，某商场开展积分奖励活动，消费满100元的顾客可拋掷骰子两次，若两次点数之和等于7，则获得5个积分：若点数之和不等于7，则获得2个积分． （1）记两次点数之和等于7为事件A，第一次点数是奇数为事件B，证明：事件A，B是独立事件； （2）现有3位顾客参与了这个活动，求他们获得的积分之和X的分布列和期望． 【答案】（1）证明：因为两次点数之和等于7有以下基本事件：共6个， 所以，又． 而第一次点数是奇数且两次点数之和等于7的基本事件是共3个， 所以， 故，所以事件A，B是独立事件． （2）分布列： 6 9 12 15 数学期望为 【解析】 【分析】（1）根据古典概型分别计算，由，的关系证明； （2）根据次独立重复试验模型求出概率，列出分布列，得出期望. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设三位参与这个活动的顾客共获得的积分为X，则X可取6，9，12，15， ，， ，， 所以分布列为： 6 9 12 15 所以. 17. 已知函数，的图象在处的切线为． （1）设，求的最小值； （2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）0 （2） 【解析】 【分析】（1）先根据导数的几何意义求出，再利用导数判断函数单调性进而求解最小值； （2）先将恒成立问题转化为，利用导数判断函数单调性进而求出函数最小值即可. 【小问1详解】 ，由题意知， 所以=， 令， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 故，即的最小值为0. 【小问2详解】 令，则， 由（1）可知当时， 所以当时，，函数在单调递减； 当时，，函数在单调递增； 所以， 故. 18. 在五面体中，平面，平面． （1）求证：； （2）若，，点D到平面的距离为，求二面角的大小． 【答案】（1）证明：因为平面，平面， 所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为平面平面，平面， 所以． （2） 【解析】 【分析】（1）由平面，平面，得，由线面平行的判定定理可得平面，再由线面平行的性质定理，即可得出答案． （2）利用等体积法可得为等腰直角三角形，所以,建立坐标系，利用向量垂直可得,求解两平面的法向量，进而可得求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由于平面，，所以平面，平面，故, 又因为平面，平面， 所以， 又，平面，所以平面 由于，则,故, 故为等腰直角三角形，所以, 如图以为坐标原点，所在的直线分别为，，轴建系， 设，则， 故 由于，所以，故， 设平面的法向量为,,，平面的法向量为,,， 因为，， 所以，即 令，则， 因为，， 所以，即 令，则， 设成的角为，由图可知为钝角， 所以，故， 19. 悬链线在建筑领域有很多应用.当悬链线自然下垂时，处于最稳定的状态，反之其倒置时也是一种稳定状态.链函数是一种特殊的悬链线函数，正链函数表达式为，相应的反链函数表达式为. （1）证明：曲线是轴对称图形； （2）若直线与函数和的图象共有三个交点，设这三个交点的横坐标分别为，证明：； （3）已知函数，其中.若对任意的恒成立，求的最大值. 【答案】（1） ， 令，则 所以为偶函数， 故曲线是轴对称图形，且对称轴为. （2） 令，得， 当；当， 所以在处取得极小值1，当趋近正无穷时，趋近正无穷， 当趋近负无穷时，趋近负无穷， 恒成立，所以在R上单调递增， 当趋近正无穷时，趋近正无穷， 当趋近负无穷时，趋近负无穷， 所以的大致图象如图所示， 不妨设， 由为偶函数可得， 与图象有三个交点，显然，令， 整理得，解得或（舍去）， 所以，即， 又因为，所以； （3）7 【解析】 【分析】（1）将函数化简得，根据偶函数的性质即可判断此函数图象关于轴对称； （2）根据函数的单调性可大致判断函数和的图象，且为偶函数，结合图象可判断，且，再解不等式即可； （3）观察函数特征，不妨设，当时，得，从而对恒成立，再解不等式即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设，两边平方得：， 则，所以， 因为单调递增， 所以当，，即， 由得：，即， 该不等式组在和时同时满足，即， 上述不等式组两边同乘-1得， 当；当； 当；当； 经验证，时满足题意；综上所述：的最大值为7 【点睛】思路点睛：本题第三问函数的形式上比较复杂，对于形式比较复杂的函数，一般要考虑是否是复合函数，而通常情况下比较喜欢考查其它函数与二次函数的复合，转化为二次函数以后在用二次函数相关知识去解决问题，另外对于函数值域问题，虽然方法较多，最基础的方法是利用函数单调性求值域. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $