精品解析：天津市第五中学2024-2025学年高二下学期5月月考数学试题

高二数学学科 一．选择题(每小题4分，共计48分) 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设， 则“”是 的（ ）条件. A. 充分而不必要 B. 必要而不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要 3. 已知命题则（ ） A. B. C. D. 4. 4张奖券中只有1张能中奖，现分别由4名同学无放回地抽取．若已知第一名同学没有抽到中奖券，则最后一名同学抽到中奖券的概率是（ ） A B. C. D. 1 5. 已知一个口袋中装有个红球和个白球，从中有放回地连续摸三次，每次摸出两个球，若两个球颜色不同则中奖，否则不中奖，设三次摸球中（每次摸球后放回）中奖次数为，则的期望为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数 则 在处的切线方程为 （ ） A. B. C. D. 7. 如果关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则的最小值是（ ） A. 2 B. C. 4 D. 9. 已知函数在上可导，且，其导函数满足，则不等式解集为（ ） A B. C. D. 二．填空题(每小题4分，共计24分) 10. sin930°的值是______． 11. 已知 是第四象限角， 则______． 12. 若，则____________． 13. 若 , 则 ______． 14. 若不等式对一切恒成立，则a的取值范围是______． 15. 将函数的图象向右平移个单位，得到的图象，再将图象上的所有点的横坐标变成原来的，得到的图象，则下列说法正确的有______． ①函数的最小正周期为； ②是函数h(x)图象的一个对称中心； ③函数图象的一个对称轴方程为； ④函数区间 上单增 三．解答题(共计40分) 16. 设 在及时都取得极值 （1）求实数a，b的值； （2）求函数的单调区间和极值． 17. 在△ABC中， 内角A，B，C所对的边分别是a，b，c， 若 且 （1）求cosB； （2）求a的值; （3）求 的值. 18. 已知函数 （1）当时，求在处的切线方程 （2）求函数的单调区间和极值 （3）当时，若不等式恒成立，求实数m的取值范围 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二数学学科 一．选择题(每小题4分，共计48分) 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合的交运算即可求解. 【详解】 ，所以 故选：A 2. 设， 则“”是 的（ ）条件. A. 充分而不必要 B. 必要而不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要 【答案】A 【解析】 【分析】首先求得的充要条件，然后即可判断. 【详解】由题意或， 而若，则有，所以肯定有或， 取，即满足或，但是不满足， 所以“”是的充分而不必要条件. 故选：A. 3. 已知命题则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据存在性命题的否定形式进行求解即可. 【详解】， 故选:B. 4. 4张奖券中只有1张能中奖，现分别由4名同学无放回地抽取．若已知第一名同学没有抽到中奖券，则最后一名同学抽到中奖券的概率是（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】第一名同学没有抽到中奖券后剩下3张奖券，1张能中奖，由题意可得中奖概率和抽取顺序无关，故直接可得概率 【详解】因为第一名同学没有抽到中奖券，所以问题变为3张奖券，1张能中奖，又中奖概率和抽取顺序无关，故最后一名同学抽到中奖券的概率是． 故选：B 5. 已知一个口袋中装有个红球和个白球，从中有放回地连续摸三次，每次摸出两个球，若两个球颜色不同则中奖，否则不中奖，设三次摸球中（每次摸球后放回）中奖的次数为，则的期望为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 计算出每次摸球中中奖的概率，可知，然后利用二项分布的期望公式可求得结果. 【详解】由题意可知，每次摸球中中奖的概率，则， 因此，的期望为. 故选：A. 【点睛】本题考查二项分布期望值的计算，确定随机变量满足二项分布是解答的关键，考查计算能力，属于中等题. 6. 已知函数 则 在处的切线方程为 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用曲线在某一点的切线求解切线方程即可. 【详解】 令， 则，， 所以在处的切线方程为， 即. 故选：A. 7. 如果关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据的解集，用参数表示，再代入目标不等式，求解即可. 【详解】关于的不等式的解集为， 所以和2是方程的两实数根，且， 由根与系数的关系得解得，， 所以，，， 所以不等式化为， 即，即， 解得或， 则该不等式的解集为. 故选：C. 【点睛】本题考查由一元二次不等式的解集求参数，涉及一元二次不等式的求解，属综合基础题. 8. 已知，则的最小值是（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数运算和指数运算可得,,再由以及基本不等式可得. 【详解】因为, 所以,所以, 所以, 所以, 当且仅当,即时,等号成立. 故选:C. 【点睛】本题考查了指数和对数运算,基本不等式求最值,属于中档题. 9. 已知函数在上可导，且，其导函数满足，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造新函数，利用导数判断的单调性，再将不等式变形，借助的单调性即可求解. 【详解】令，则，所以在上单调递增． 又不等式，等价于， 即， 所以，所以，解得． 故选：B. 二．填空题(每小题4分，共计24分) 10. sin930°的值是______． 【答案】## 【解析】 【分析】由诱导公式可得答案. 【详解】 . 故答案为： 11. 已知 是第四象限角， 则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用平方关系求出，再由商数关系可得答案. 【详解】因为 是第四象限角， 所以， 则. 故答案：. 12. 若，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】分子分母同除以，化为正切即可求解. 【详解】因为 所以， 故答案为： 13. 若 , 则 ______． 【答案】## 【解析】 【分析】由诱导公式即可求解. 【详解】由题意. 故答案为：. 14. 若不等式对一切恒成立，则a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】对二次项系数进行分类讨论，当二次项系数等于0时不等式恒成立，当二次项系数不等于0时转化为一元二次不等式恒成立问题求解，需要满足开口向下和判别式小于0两个条件，最后整合得到结果. 【详解】①当，即时， 不等式为恒成立，所以满足题意； ②当时，需满足， 解得 综上，的取值范围是. 故答案为：. 15. 将函数的图象向右平移个单位，得到的图象，再将图象上的所有点的横坐标变成原来的，得到的图象，则下列说法正确的有______． ①函数的最小正周期为； ②是函数h(x)图象的一个对称中心； ③函数图象的一个对称轴方程为； ④函数在区间 上单增 【答案】②④ 【解析】 【分析】先根据三角函数图象变换求得，然后由三角函数的最小正周期、对称中心、对称轴、单调性等知识确定正确选项. 【详解】， ，. ①的最小正周期为，①错误. ②， ②正确. ③，③错误. ④， 所以函数在区间上单调递增，④正确. 所以正确是②④. 故答案为：②④ 三．解答题(共计40分) 16. 设 在及时都取得极值 （1）求实数a，b值； （2）求函数的单调区间和极值． 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据极值点求得，再验证即可； （2）由（1）可得单调区间，进一步可得极小值、极大值. 【小问1详解】 因为，所以， 由题意，解得， 此时， ， 由得，由得或， 所以函数在单调递增，在上单调递减， 所以在和处都取得极值，符合题意， 综上，. 【小问2详解】 由（1）可知，函数的单调递增区间为，的单调递减区间为， 函数的极小值为，极大值为. 17. 在△ABC中， 内角A，B，C所对的边分别是a，b，c， 若 且 （1）求cosB； （2）求a的值; （3）求 的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可得出，再由正弦定理和二倍角的正弦公式求解即可； （2）由余弦定理可得，解方程即可得出答案； （3）利用同角的正余弦公式可求得，再求得，进而利用两角差的正弦公式可求得. 【小问1详解】 因为所以 由正弦定理可得：所以. 【小问2详解】 由余弦定理可得：， 所以，解得：或， 因为所以. 【小问3详解】 因为，所以，所以， ， ， 所以. 18 已知函数 （1）当时，求在处的切线方程 （2）求函数的单调区间和极值 （3）当时，若不等式恒成立，求实数m的取值范围 【答案】（1） （2）答案见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由函数解析式求其导数，根据导数的几何意义，求得切线斜率，结合切点坐标，可得答案； （2）对函数求导，根据参数与零的大小关系进行分类讨论，结合导数与函数的单调性的关系以及极值的定义，可得答案； （3）由题意化简不等式，并构造函数，求其导数，研究其单调区间，分类讨论，可得答案. 【小问1详解】 由，则，求导可得， 所以在处的切线斜率， 由，则切线方程为， 即. 【小问2详解】 由，求导可得， 当时，，则函数在上单调递增，无极值， 当时，，解得，，解得， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 极小值为，无极大值， 综上可得：当时，函数的单调递增区间为，无极值； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为， 极小值为，无极大值. 【小问3详解】 由题意化简不等式为，令， 求导可得，令，化简可得， 令，求导可得，当时，， 则函数在上单调递增，故， 当时，易知在上恒成立，则函数在上单调递减，所以，符合题意； 当时，存在，使得，由函数在上单调递减， 则当时，，所以函数在上单调递增，故，不符合题意； 综上可得：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$