安徽省安庆市外国语学校2020-2021学年高二数学下学期期中复习试题1.doc

安徽省安庆市外国语学校2020-2021学年高二数学下学期期中复习试题1安徽省安庆市外国语学校2020-2021学年高二数学下学期期中复习试题1年级：姓名：6安徽省安庆市外国语学校2020-2021学年高二数学下学期期中复习试题1注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题1已知函数是定义在上的偶函数，当时， ，若，则不等式的解集为（ ）ABCD2已知是函数的极大值点，则的取值范围是（ ）ABCD3已知为等差数列，且，则（ ）A且B且C且D且4动直线yx+n与椭圆1有两个不同的交点A，B，在椭圆上找一点C使ABC的面积S最大，则S的最大值是（ ）A1B2C3D5如图所示，等边三角形的边长为2，分别是，上的点，满足，将沿直线折到，则在翻折过程中，下列说法正确的个数是（ ）；，使得平面；若存在平面平面，则A0B1C2D36若函数在定义域上可导，且，则关于的不等式的解集为（ ）ABCD7设表示不超过的最大整数，若的最小值为，则（ ）AB0C1D28已知函数，若，不等式成立，则的最大值为A4B3C2D19设函数，若关于的不等式有且仅有两个整数解，则（ ）A3B4C5D610若函数恰有三个极值点，则的取值范围是（ ）ABCD11已知，对任意的恒成立，则的最大值为（ ）AB1C2D12若函数在区间上有两个极值点，则的可能取值为（ ）A3B4C5D6第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明二、填空题13已知函数，若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是_.14已知，且满足，则的取值范围是_.15函数满足，当时，若有个不同的实数解，则实数的取值范围是_.16已知正三棱柱的外接球表面积为，则正三棱柱的所有棱长之和的最大值为_三、解答题17设函数，.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）设函数，当时，证明.18已知函数（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求函数的单调区间；（2）若对于都有成立，试求a的取值范围；（3）记，当时，函数在区间上有两个零点，求实数b的取值范围19已知（其中，是自然对数的底数）.（1）当时，求函数的单调区间；（2）若不等式对于恒成立，求实数的取值范围.20已知函数f（x）x+22cosx（1）求函数f（x）在，上的最值：（2）若存在x（0，）使不等式f（x）ax成立，求实数a的取值范围21已知函数，.（1）若曲线在处的切线方程为，且存在实数使得与曲线相切，求的值；（2）设函数.若恒成立，求的取值范围；若函数仅有两个不同的零点，求的取值范围.22已知函数，.（1）若在处的切线与直线平行，求的值及的单调区间；（2）当时，求证：在定义域内有且只有两个极值点.参考答案1D【解析】设，则，是奇函数，又时，因此此时是减函数，于是在时，也是减函数，由，得，的解集为，故选D点睛：构造新函数是导数的一个典型应用，难点是构造的新函数的形式，在解题中常常有这些构造法：，等等，平常学习中要注意总结2B【详解】令,则,当,时,单调递减.时,且,即在上单调递增.时,且,即在上单调递减是函数的极大值点.满足题意;当时,存在使得,即.又在上单调递减.时,所以,这与是函数的极大值点矛盾.综上，.故选:B.【点睛】本题考查了极值点的涵义,考查了运用导数求极值点.本题的难点在于,将 写成的形式,通过探究 的增减性以及和零的大小关系,从而判断在0左右两侧的增减性问题.对于极值点问题易错点有两个,一是极值点为 的形式,不是一个点;二是,知关注到了导数为0,忽略了极值点除了导数为0以外,还得满足极值点的左右两侧函数的增减性相反.3C【详解】设公差为，由，得，且.方程在有根，等价于函数的图象与直线有公共点.当直线与相切时，设切点为.由得，即切点为，代入直线，得.此时.当直线向右平移与函数的图象相交时，.函数的图象与直线有公共点时，.为递增等差数列，.故选：.【点睛】本题考查数列的单调性，考查等价转化的数学思想，属于较难的题目.4D【详解】设，联立，得，得，当过点直线与动直线平行且与椭圆只有一个交点时，点到动直线距离取到最值（最大或最小），不妨设过点直线方程为，联立，整理得，则根据，可得，不妨取，则到直线的距离，令，则令，则当时，当，时，的最大值为故选：【点睛】本题考查直线与椭圆位置关系的应用，利用导数求最值，考查计算能力，属难题5C【详解】可知当平面平面时，四棱锥的体积最大，设，则，则等腰梯形的高为，故梯形的面积为，点F到平面BCDE的距离即F到DE的距离为，四棱锥的体积，则，当时，当时，当时，取得最大值为，故，故正确；如图，在EF上任取一点G，过G作，交于H，连接，且，又，且，且，故四边形为梯形，与相交，平面，故与平面相交，故错误；如图，取BC中点M，DE中点N，连接FM，FN，连接MN并延长至A，设平面平面，则由可得平面，则,即，则即为平面与平面所成角，平面平面，,，故正确.故选：C.【点睛】本题考查立体几何的综合问题，属于较难题.6B【详解】令，在上单调递减，且，时，故选：B.【点睛】本题考查利用导数判断函数的单调性、解抽象不等式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意函数的构造是解题的关键.7B【详解】由得,在上为增函数,且,.所以存在,使得,所以,易得在上是减函数,上是增函数,所以.设,则在上是减函数,且,.所以,.故选：B【点睛】本题主要考查了函数新定义与求导分析函数的最值以及隐零点的问题,同时也考查了零点存在性定理的运用.属于中档题.8B【详解】解：若，不等式成立，则，则，令，解得：，令，解得：，故在递减，在递增，故，而，即时，在递增，成立，即时，令，解得：，令，解得：，故在递减，在递增，故，故只需，即，令，则，令，解得：，令，解得：，故在递减，在递增， ， ， ，故满足的的最大值是3，故选：【点睛】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查转化思想，属于中档题9C【详解】由得：，由题意得：的定义域为，当时，；当和时，在上单调递减，在上单调递增，当时，此时由得：，若，则无解；若，则不只有两个整数解，不合题意；当时，由得：，在上单调递减，在上单调递增，当时，则无解，则，又，不等式的两个整数解为，.故选：.【点睛】本题考查与不等式整数解的求解问题，关键是能够利用导数确定函数的单调性，由此得到函数的最值，通过整数解的个数确定最终的整数解，属于较难题.10D【详解】解：由题意可知，可知当时函数有一个极值点，故当时有两个极值点，由得，令，则与直线有两个公共点，函数在单调递增，在单调递减，图像如图所示，故，即，故选：D.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理11D【详解】若，则单调递减，单调递增，不能满足且对恒成立，故而若，则若，由得，则设函数，令得，解得，当时，函数递减；当时，函数递增；当时，函数取最小值，的最小值为设，由得，当时，当时，当时，取得最大值的最大值为故选：【点睛】不等式恒成立问题常见方法： 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）； 数形结合( 图象在 上方即可)； 讨论最值或恒成立； 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.12A【详解】,函数在区间上有两个极值点,即方程在内有两个不等实数根.所以以为纵坐标，为横坐标画出不等式满足的平面区域.曲线与直线相切于点，曲线与直线相切于点.根据选项，则的可能取值在选项中只能为3.故选：A.【点睛】本题考查极值存在的条件，考查线性规划解决问题，是导数的综合应用，属于难题.13【详解】函数恰有2个零点，可得有两个不等实根，由的导数为，当时，当或时，当时，可得处取得极大值，取得极小值，且过，作出，的图象，以及直线，如图 ，此时与有两个交点,只需满足，即，又，所以，当时，在处取得极小值，取得极大值a，如图，只需满足，解得，又，所以时，与有两个交点，当时，显然与有两个交点，满足题意，综上可得a的范围是，故答案为：.【点睛】本题考查分段函数的图象和性质，考查导数的运用：求单调性和极值，考查图象变换，属于难题14【详解】，由约束条件作出可行域如图，设为可行域内的一动点，向量的夹角为，当点运动到线段时，有最小值，当点运动到线段时，有最大值，且线段为实线，线段为虚线，即故答案为：【点睛】本题考查了线性规划的应用，已知约束条件求目标函数的范围，关键是目标函数转化为向量的数量积，属于较难题.15【详解】当时，.当时，此时函数单调递减；当时，此时函数单调递增.所以，函数在处取得极小值，又，则函数的图象关于直线对称，令，作出函数的图象如下图所示：由于关于的方程有个不同的实数解，则关于的二次方程有两个大于的实数根，由二次方程根的分布可得，解得.综上所述，实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题考查利用方程根的个数求参数，考查了导数的应用以及一元二次方程根的分布，考查数形结合思想的应用，属于较难题.16【详解】设正三棱柱上下底面中心分别为，连，取中点为正三棱柱外接球的球心，连为外接球的半径，如图，设正三棱柱的底面边长为x，在中，三棱柱的所有棱长之和为.，令，解得，当时，当时，所以是函数在定义域内有唯一极大值点，故当时，有最大值.故答案为: .【点睛】关键点点睛：本题考查多面体与球的“接”“切”问题，根据球的性质确定球心是解题的关键，写出棱长之和的函数关系式，求最值是难点，利用导数求最值是解题的关键，属于难题.17【详解】（1）当时，函数，则，又，则所求的切线方程为，整理：.（2）证明：当时，.设，其定义域为，则证明即可.，有，.又，函数在上单调递增.有唯一的实根，且.当时，；当时，故函数的最小值为.故得证.【点睛】思路点睛：1、构造函数：.2、问题转化：即在定义域内恒成立即可.3、讨论单调性：根据与0的大小关系确定区间单调性.4、求最值：由函数单调性确定最值，并确认是否成立即可.18【详解】解析：（1）直线的斜率为1函数的定义域为，因为，所以，所以所以由解得；由解得所以的单调增区间是，单调减区间是（2），由解得；由解得所以在区间上单调递增，在区间上单调递减所以当时，函数取得最小值，因为对于都有成立，所以即可则由解得所以a的取值范围是（3）依题得，则由解得；由解得所以函数在区间为减函数，在区间为增函数又因为函数在区间上有两个零点，所以解得所以b的取值范围是【点睛】关键点点睛：解本题关键是问题的转化，不等式恒成立恒成立可转化为求函数的最值，然后解相应的不等式求得参数范围而零点个数总是可通过导数研究的函数的单调性，然后利用零点存在定理确定不等关系得出参数范围19 【详解】（1）当时，所以，由得，得，所以函数的减区间为，增区间为.（2）由题意对于恒成立，即等价于对于恒成立，设，则由得，当0x时,g(x)0,g(x)单调递减，当0,g(x)单调递增，所以，令，则由得，0x0,t(x)单调递增，1x时,t(x)0,t(x)单调递减，所以在时取得极大值.所以，当，的最小值；当，的最小值，得；综上，.【点睛】本题考点有利用导数研究函数的单调性、不等式恒成立问题，考查导数的应用，不等式恒成立问题通常将问题进行转化，构造新函数利用导数求最值建立不等式可解，属于较难题.20【详解】（1）f（x）1+2sinx,当x时,由f（x）0得,由f（x）0得,函数f（x）在,）上单调递减,在（,上单调递增,f（x）minf（）2,f（x）maxf（）2；（2）存在x（0,）使不等式f（x）ax成立,即x+22cosxax成立,设g（x）f（x）axx+22cosxax,则g（0）0,g（x）1+2sinxa,当x（0,）时,1+2sinx（1,3）,所以g（x）（1a,3a）,由于1a0即a1时,g（x）0,则g（x）g（0）0,即f（x）ax恒成立,不满足题意,故1a0,即a1,此时g（0）1a0,因为g（x）1+2sinxa在（0,）上单调递增,所以存在区间（0,t）（0,）,使x（0,t）时,g（x）0,所以g（x）在（0,t）上单调递增,则当x（0,t）时,g（x）g（0）0,即f（x）ax,所以实数a的取值范围是（1,+）【点睛】本题主要考查了利用导数求解区间上的最值问题以及分参数的讨论证明函数的不等式问题,属于难题.21 【详解】（1）由题意知，因而曲线在处的切线方程为，故，则.曲线在点处的切线方程为，即.令，得，.（2）由已知得，.恒成立，即恒成立，即恒成立.设，则，单调递增，因而恒成立，即恒成立.令，则，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，从而.函数仅有两个不同的零点，即有两个不同的解，即有两个不同的解，根据可知即有两个不同的解，即有两个不同的解.因为当时，单调递增，当时，单调递减，当时，时，所以.【点睛】关键点点睛：已知函数零点个数求参数取值范围的关键是会转化，先把函数有零点转化为方程有解，然后分离参数，构造函数，把方程有解问题转化为函数的最值问题，最后利用导数的知识进行求解即可.22 【详解】（1），所以，当时，为增函数，在区间，减区间为；在区间，区间增区间为（2）当时，即证：有两个不同的根，即证有两个不同的解，即证有两个不同的解，令，得，减区间为，增区间为，当时，当时，所以当时，方程有两个不同的解，即在定义域内有且只有两个极值点.【点睛】本题考查导数的几何意义、极值点、方程的根与函数图象的交点关系，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.