2022-2023学年山西省运城市绛县中学高二数学理模拟试卷含解析

2022-2023学年山西省运城市绛县中学高二数学理模拟试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.若复数满足,则(

)A．1

B．-11

C．

D．参考答案：C2.已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n，则a1+a3+a5+a7+a9=（）A．50 B．45 C．90 D．80参考答案：A【考点】数列的求和．【分析】由Sn=n2+n，数列{an}以2为首项，以2为公差的等差等差数列，根据等差数列的性质，即可求得答案．【解答】解：数列{an}的前n项和为Sn=n2+n，可得a1=2，当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=n2+n﹣（n﹣1）2﹣（n﹣1）=2n．n=1时满足通项公式，数列{an}以2为首项，以2为公差的等差等差数列，a1+a3+a5+a7+a9=2+6+10+14+18=50，故选：A．【点评】本题考查等差数列的通项公式，考查等差数列的性质，考查计算能力，属于基础题．3.函数f(x)(x∈R)的图象如图所示，则函数g(x)＝f(logax)(0＜a＜1)的单调减区间是（

）A．[0，]B．(－∞，0)∪[，＋∞)C．[

，1]

D.[,]参考答案：C略4.若地球半径为，在北纬45°圈上有两点，且这两点间的球面距离为，则北纬45°圈所在平面与过两点的球的大圆面所成的二面角的余弦值为(

)

参考答案：D略5.在一次随机试验中。彼此互斥的事件A、B、C、D的概率分别是0.2、0.2、0.3、0.3，则下列说法正确的是

（

）A．A+B与C是互斥事件，也是对立事件B．B+C与D是互斥事件，也是对立事件C．A+C与Ｂ＋Ｄ是互斥事件，但不是对立事件D．A与Ｂ＋Ｃ＋Ｄ是互斥事件，也是对立事件参考答案：D6.命题“x∈R，x2－2x＋4≤0”的否定为()

A．x∈R，x2－2x＋4≥0

B．xR，x2－2x＋4≤0

C．x∈R，x2－2x＋4>0

D．xR，x2－2x＋4>0参考答案：C7.已知为抛物线上一个动点，到其准线的距离为，为圆上一个动点，的最小值是A.B.C.D.参考答案：C8.函数的导数为（

）A、

B、

C、

D、

参考答案：D略9.下列各式中，最小值等于2的是

(

)

A．

B．

C.

D．参考答案：D10.如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列命题中，正确的个数为（

）．（1） （2）截面 （3） （4）异面直线PM与BD所成的角为45° A．1 B．2 C．3 D．4参考答案：C∵，∴面，又∵平面平面，∴，∴截面．②正确；同理可得，故．①正确，又，，∴异面直线与所成的角为，故④正确．根据已知条件无法得到、长度之间的关系，故③错误．故选．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知定义在R上的函数f（x）满足f′（x）﹣f（x）=（1﹣2x）e﹣x，且f（0）=0则下列命题正确的是．（写出所有正确命题的序号）①f（x）有极大值，没有极小值；②设曲线f（x）上存在不同两点A，B处的切线斜率均为k，则k的取值范围是；③对任意x1，x2∈（2，+∞），都有恒成立；④当a≠b时，方程f（a）=f（b）有且仅有两对不同的实数解（a，b）满足ea，eb均为整数．参考答案：①②③④【考点】命题的真假判断与应用；利用导数研究函数的极值．【分析】由已知中函数f（x）满足f′（x）﹣f（x）=（1﹣2x）e﹣x，可得f（x）=xe﹣x，f′（x）=（1﹣x）e﹣x，逐一分析四个命题的真假，可得答案．【解答】解：①∵f′（x）﹣f（x）=（1﹣2x）e﹣x，∴f（x）=xe﹣x，f′（x）=（1﹣x）e﹣x，令f′（x）＞0，解得：x＜1，令f′（x）＜0，解得：x＞1，∴函数f（x）在（﹣∞，1）递增，在（1，+∞）递减，∴函数f（x）的极大值是f（1），没有极小值；故①正确；②∵k=f′（x）=（1﹣x）e﹣x，∴f″（x）=e﹣x（x﹣2），令f″（x）＞0，解得：x＞2，令f″（x）＜0，解得：x＜2，∴f′（x）在（﹣∞，2）递减，在（2，+∞）递增，∴f′（x）最小值=f′（x）极小值=f′（2）=﹣，而x→∞时，f′（x）→0，∴k的取值范围是；故②正确；③结合①②函数f（x）在（2，+∞）上是凹函数，∴恒成立，故③正确；④当a≠b时，方程f（a）=f（b），不妨令a＜b，则a∈（0，1），则ea∈（1，e），又有ea为整数．故ea=eb=2，同理a＞b时，也存在一对实数（a，b）使ea=eb=2，故有两对不同的实数解（a，b）满足ea，eb均为整数．故④正确；故答案为：①②③④12.已知x>0，y>0，且x+4y=1,则的最小值为

▲

参考答案：13.函数的单调增区间为______________．参考答案：略14.若抛物线上存在关于直线成轴对称的两点，则a的取值范围是__________．参考答案：【分析】假设存在对称的两个点P，Q，利用两点关于直线成轴对称，可以设直线PQ的方程为，由于P、Q两点存在，所以方程组有两组不同的实数解，利用中点在直线上消去参数，建立关于的函数关系，求出变量的范围．【详解】设抛物线上关于直线对称的两相异点为、，线段PQ的中点为，设直线PQ的方程为，由于P、Q两点存在，所以方程组有两组不同的实数解，即得方程①判别式②．可得，，∵，∴?…③由②③可得，故答案为.【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，以及对称问题，属于中档题．15.已知直角梯形的顶点坐标分别为，则实数的值是 .参考答案：16.设中的变量满足条件，则的最大值是

参考答案：1417.已知直线与椭圆相交于两点，且为坐标原点)，若椭圆的离心率，则的最大值为

．参考答案：三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）关于x的不等式的解集不是空集，求实数a的取值范围.参考答案：(1).(2).分析：（1）对分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果；（2）利用绝对值的几何意义求出最小值为，由的解集不是空集，可得.详解：（1）∵，∴当时，不等式可化为，解得，所以；当，不等式可化为，解得，无解；当时，不等式可化为，解得，所以综上所述，（2）因为且的解集不是空集，所以，即的取值范围是点睛：绝对值不等式的常见解法：①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．19.（本小题满分9分）已知集合A＝{x|1<ax<2}，集合B＝{x||x|<1}．当AB时，求a的取值范围．参考答案：试题分析：根据B={x||x|＜1}，求得B={x|-1＜x＜1}，由A?B，及A={x|1＜ax＜2}，解含参数的不等式1＜ax＜2，对a进行讨论，并求出此时满足题干的a应满足的条件，解不等式即可求得实数a的范围．.试题解析：由已知，B＝{x|－1<x<1}．(ⅰ)当a＝0时，A＝，显然A?B.20.已知函数f（x）=xlnx﹣x2﹣x+a，a∈R（1）当a=0时，求函数f（x）的极值；（2）若函数f（x）在其定义域内有两个不同的极值点（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值），记为x1，x2，且x1＜x2．（ⅰ）求a的取值范围；（ⅱ）若不等式e1+λ＜x1?x恒成立，求正实数λ的取值范围．参考答案：（1）求出f（x）的解析式，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极小值即可；（2）（i）由导数与极值的关系知可转化为方程f′（x）=lnx﹣ax=0在（0，+∞）有两个不同根；再转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+∞）上有两个不同交点，或转化为函数g（x）=与函数y=a的图象在（0，+∞）上有两个不同交点；或转化为g（x）=lnx﹣ax有两个不同零点，从而讨论求解；（ii）e1+λ＜x1?x2λ可化为1+λ＜lnx1+λlnx2，结合方程的根知1+λ＜ax1+λax2=a（x1+λx2），从而可得a＞；而a=，从而可得ln＜恒成立；再令t=，t∈（0，1），从而可得不等式lnt＜在t∈（0，1）上恒成立，再令h（t）=lnt﹣，从而利用导数化恒成立问题为最值问题即可．解：（1）a=0时，f（x）=xlnx﹣x，函数的定义域是（0，+∞），f（x）=lnx，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，故函数在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，故函数的极小值是f（1）=﹣1；（2）（i）由题意知，函数f（x）的定义域为（0，+∞），方程f′（x）=0在（0，+∞）有两个不同根；即方程lnx﹣ax=0在（0，+∞）有两个不同根；（解法一）转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+∞）上有两个不同交点，如右图．可见，若令过原点且切于函数y=lnx图象的直线斜率为k，只须0＜a＜k．令切点A（x0，lnx0），故k=y′|x=x0=，又k=，故=，解得，x0=e，故k=，故0＜a＜．（解法二）转化为函数g（x）=与函数y=a的图象在（0，+∞）上有两个不同交点又g′（x）=，即0＜x＜e时，g′（x）＞0，x＞e时，g′（x）＜0，故g（x）在（0，e）上单调增，在（e，+∞）上单调减．故g（x）极大=g（e）=；又g（x）有且只有一个零点是1，且在x→0时，g（x）→﹣∞，在在x→+∞时，g（x）→0，故g（x）的草图如右图，可见，要想函数g（x）=与函数y=a的图象在（0，+∞）上有两个不同交点，只须0＜a＜．（解法三）令g（x）=lnx﹣ax，从而转化为函数g（x）有两个不同零点，而g′（x）=﹣ax=（x＞0），若a≤0，可见g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以g（x）在（0，+∞）单调增，此时g（x）不可能有两个不同零点．若a＞0，在0＜x＜时，g′（x）＞0，在x＞时，g′（x）＜0，所以g（x）在（0，）上单调增，在（，+∞）上单调减，从而g（x）极大值=g（）=ln﹣1，又因为在x→0时，g（x）→﹣∞，在在x→+∞时，g（x）→﹣∞，于是只须：g（x）极大＞0，即ln﹣1＞0，所以0＜a＜．综上所述，0＜a＜．（ii）因为e1+λ＜x1?x2λ等价于1+λ＜lnx1+λlnx2．由（i）可知x1，x2分别是方程lnx﹣ax=0的两个根，即lnx1=ax1，lnx2=ax2所以原式等价于1+λ＜ax1+λax2=a（x1+λx2），因为λ＞0，0＜x1＜x2，所以原式等价于a＞，又由lnx1=ax1，lnx2=ax2作差得，ln=a（x1﹣x2），即a=，所以原式等价于＞，因为0＜x1＜x2，原式恒成立，即ln＜恒成立，令t=，t∈（0，1），则不等式lnt＜在t∈（0，1）上恒成立．令h（t）=lnt﹣，又h′（t）=，当λ2≥1时，可见t∈（0，1）时，h′（t）＞0，所以h（t）在t∈（0，1）上单调增，又h（1）=0，h（t）＜0在t∈（0，1）恒成立，符合题意．当λ2＜1时，可见t∈（0，λ2）时，h′（t）＞0，t∈（λ2，1）时h′（t）＜0，所以h（t）在t∈（0，λ2）时单调增，在t∈（λ2，1）时单调减，又h（1）=0，所以h（t）在t∈（0，1）上不能恒小于0，不符合题意，舍去．综上所述，若不等式e1+λ＜x1?x2λ恒成立，只须λ2≥1，又λ＞0，所以λ≥1．21.（本小题满分10分）已