1、阳江一中2020-2021学年高二数学大练习（五）物理创新班注意事项：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）一、单选题1已知，则（ ）ABCD2曲线 在点 处的切线方程为A B C D3已知函数在区间上不是单调函数，则实数的取值范围是（ ）ABCD4函数的图象大致为（ ）ABCD5已知函数，则为（ ）ABCD6若是函数的极值点，则的极小值为（ ）ABCD7已知曲线在点处的切线与抛物线相切，则的值为（）AB或CD8已知，其中，则下列选项正确的是（ ）ABCD二、多选题9已知函数的定义域为且导函数为，如图是函数的图像，则下列说法正确的是（ ）A函数的
2、增区间是B函数的增区间是C是函数的极小值点 D是函数的极小值点10若，为正实数，则的充要条件为（ ）ABCD11已知定义在上的函数满足，则下列式子成立的是（ ）ABC是上的增函数D若，则有12已知函数，则下列说法正确的有（ ）A是偶函数 B是周期函数C在区间上，有且只有一个极值点D过(0，0)作的切线，有且仅有3条第II卷（非选择题）三、填空题13设是函数的一个极值点，则_14已知是定义在上的奇函数，当时，(a为常数)，则曲线在点处的切线方程为_.15若函数在区间内是减函数，则实数的取值范围是_.16已知三个函数，.若，都有成立，求实数b的取值范围_.四、解答题17ABC中，D是BC上的点，A
3、D平分BAC，ABD面积是ADC面积的2倍(1)求 ；(2) 若AD=1，DC=，求BD和AC的长18已知数列成等差数列，各项均为正数的数列成等比数列，且，.（1）求数列和的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.19如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值.20已知椭圆的右焦点为，且经过点.（）求椭圆C的方程；（）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|ON|=2，求证：直线l经过定点.21已知函数，其中是自然对数的底数（1）求函数在处的切线方程；
4、（2）当时，恒成立，求的最大值22已知函数 （1）当时，讨论函数的单调性；（2）若函数有两个极值点，证明: 2020-2021学年高二数学大练习（五）参考答案物理创新班1A【解析】因为，所以.故选：A2B【解析】由，所以过点切线方程为答案选B3C【解析】因为（），所以，由得，所以，当时，即单调递增；当时，即单调递减；又函数在区间上不是单调函数，所以有，解得.故选C4C【解析】函数是偶函数，排除选项；当时，函数 ，可得，当时，函数是减涵数，当时，函数是增函数，排除项选项 5B【解析】,则是一个周期为4的周期函数，.故选：B.6A【解析】由题可得，因为，所以，故，令，解得或，所以在上单调递增，在上
5、单调递减，所以的极小值为，故选A7C【解析】，当时，切线的斜率，切线方程为，因为它与抛物线相切，有唯一解即故 ，解得，故选C.8C【解析】，a，b，c的大小比较可以转化为的大小比较设，则，当时，当时，当时，在上，单调递减，9BD 【解析】由题意，当时，；当，；当时，；当时，；即函数在和上单调递增，在上单调递减，因此函数在时取得极小值，在时取得极大值；故A错，B正确；C错，D正确.10BD【解析】因为，故A选项错误；因为，为正实数，所以，故B选项正确；取，则，即不成立，故C选项错误；因为，当时，所以在上单调递增，即，故D正确. 故选：BD11AD【解析】由，得，即，所以函数为增函数，故，所以，故
6、A正确，B不正确；函数为增函数时，不一定为增函数，如是增函数，但是减函数，所以C不正确；因为函数为增函数，所以时，有，故有成立，所以D正确.故选：AD.12ACD【解析】对于A，因为函数的定义域为，显然，所以函数是偶函数，正确；对于B，若存在非零常数，使得，令，则，即，令，则，因为，所以，即或若，则，解得，舍去；若，则，解得，所以若存在非零常数，使得，则即，令，则，而，不符合题意故不存在非零常数，使得，B错误；对于C ，当，故单减，又，故在上有且仅有一个解，有且只有一个极值点，故C正确；对于D，设切点横坐标为，则切线方程为，将 (0，0) 代入，得，解得或，若，则切线方程为；若，则，D正确故选
7、：ACD13【解析】因为函数，所以，因为是函数的一个极值点，所以，所以，故答案为.14【解析】由是定义在R上的奇函数，可得，当时，当，即有，则导数为，又切点为，切线方程为，即.故答案为：.15 【解析】时，是减函数，又，由得在上恒成立，16【解析】由题知，.在上单调递增；在上单调递减，易知在区间上的最大值为，都有成立，即在上的最大值大于等于在上的最大值，即，即，解得17（1）；（2）1【解析】（1），由正弦定理可知.（2），设，则，在与中，由余弦定理可知，解得，即18（1）；（2）.【解析】（1）因为是等比数列，所以，又，所以，设等差数列的公差为，由，两式相减得，所以，所以，而，所以（2）由（
8、1）得，19（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由已知可得，又，所以平面.又平面，所以平面平面；（2）作，垂足为.由（1）得，平面.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.由（1）可得，.又，所以.又，故.可得.则 为平面的法向量.设与平面所成角为，则.所以与平面所成角的正弦值为.20（）；（）见解析.【解析】（）因为椭圆的右焦点为，所以；因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为.（）设联立得，.直线，令得，即；同理可得.因为,所以；，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点.21（1）；（2）1.【解析】，所求切线方程为，即；（2）由得，现证明不等式，即证，令，当时，递减；当时，递增.当时，递增；当时，递减，且等号不同时取得，即成立综上，.22（1）时，在单调递增；时，在区间，单调递增；在区间单调递减（2）见解析【解析】（1），当，即时，所以在单调递增； 当，即时，令，得，且当时，；当时，；单调递增区间为，；单调递减区间为（2）由（1）得函数有两个极值点，方程有两个根，且，解得 由题意得 令，则，在上单调递减，
