《2022-2023學(xué)年安徽省阜陽市高二年級下冊學(xué)期選修模塊檢測數(shù)學(xué)【含答案】》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022-2023學(xué)年安徽省阜陽市高二年級下冊學(xué)期選修模塊檢測數(shù)學(xué)【含答案】（25頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、 高二數(shù)學(xué)試卷一、單項(xiàng)選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1. 拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】將已知拋物線方程整理成標(biāo)準(zhǔn)形式，從而可求出焦點(diǎn)坐標(biāo).【詳解】由可得，焦點(diǎn)在軸的正半軸上，設(shè)坐標(biāo)為，則，解得，所以焦點(diǎn)坐標(biāo)為.故選:D.2. 設(shè)隨機(jī)變量，若，則（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】【分析】根據(jù)正態(tài)分布及求出期望與方差即可判斷作答.【詳解】因?yàn)殡S機(jī)變量，且，所以由對稱性知，由正態(tài)分布知方差，A正確，BCD錯(cuò)誤.故選：A3. 從1，2，3，0這四個(gè)數(shù)中取三個(gè)組成沒有重復(fù)數(shù)字
2、的三位數(shù)，則三位數(shù)的個(gè)數(shù)為（）A. 24B. 48C. 18D. 36【答案】C【解析】【分析】利用分步計(jì)數(shù)原理和排列數(shù)即可求解.【詳解】先排末位則有種，再從剩下的三個(gè)選兩個(gè)進(jìn)行排列則，根據(jù)分步計(jì)數(shù)原理可得種，故選：C.4. 已知上可導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示，是的導(dǎo)函數(shù)，則不等式的解集為（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由函數(shù)圖象得出和的解，然后用分類討論思想求得結(jié)論【詳解】由圖象知的解集為，的解集為，或，所以或，解集即為故選：C5. 在數(shù)列中，已知，則的前10項(xiàng)的和為（）A. 1023B. 1024C. 2046D. 2047【答案】C【解析】【分析】利用，表示出的前10項(xiàng)的
3、和，通過等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式求解即可.【詳解】，則的前10項(xiàng)的和為.故選：C.6. 在棱長為2的正方體中，下列說法不正確的是（）A. 直線與平面所成的角為B. C. 三棱錐外接球的表面積為D. 平面與平面距離為【答案】A【解析】【分析】根據(jù)線面角的定義即可判斷A，建立空間直角坐標(biāo)系，通過空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算即可判斷BD，由三棱錐外接球與正方體的外接球相同即可判斷C.【詳解】連接，與相交于點(diǎn)，因?yàn)槠矫?，且平面，所以，又因?yàn)?，所以平面，即直線與平面所成的角為，且，故A錯(cuò)誤；連接，以為原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則，則設(shè)平面的法向量為，則，解得，取，則所以，則，所以平面，且平面，則，故B正確；因
4、為三棱錐外接球就是正方體的外接球，設(shè)其外接球的半徑為，則，即，所以，故C正確；因?yàn)槠矫嫫矫嫠云矫嫱砥矫?又平面,所以平面平面，由B選項(xiàng)可知，平面的法向量為，且，則兩平面間的距離，故D正確.故選:A7. 已知拋物線的焦點(diǎn)為，點(diǎn)是拋物線上一點(diǎn)，圓與線段相交于點(diǎn)，且被直線截得的弦長為，若，則（）AB. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根據(jù)點(diǎn)在拋物線上及拋物線的定義，利用圓的弦長及勾股定理即可求解【詳解】由題意可知，如圖所示，在拋物線上，則易知，由，因?yàn)楸恢本€截得的弦長為，則，由，于是在中，由解得：，所以故選：C.8. 已知函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，且，則不正確的是（）A. B. C. 沒有極小值D.
5、 當(dāng)有兩個(gè)根時(shí)，【答案】C【解析】【分析】根據(jù)條件判斷函數(shù)的單調(diào)性，即可判斷AB；求函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值，判斷C；將方程的實(shí)數(shù)根，轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象的交點(diǎn)問題，利用數(shù)形結(jié)合判斷的取值范圍.【詳解】因?yàn)椋院瘮?shù)單調(diào)遞增，即，故A正確；，即，故B正確；設(shè)，即，得，所以，得，在區(qū)間上，單調(diào)遞減，在區(qū)間上，單調(diào)遞增，所以當(dāng)函數(shù)取得極小值，故C錯(cuò)誤；有2個(gè)根，即函數(shù)的圖象與有2個(gè)交點(diǎn)，由以上可知當(dāng)函數(shù)取得極小值，并且時(shí)，并且時(shí)，時(shí)，并且時(shí)，所以當(dāng)直線與的圖象有2個(gè)交點(diǎn)時(shí)，故D正確.故選：C.二、多項(xiàng)選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合要求，全部選對的得5
6、分，部分選對的得2分，有選錯(cuò)的得0分.9. 下列說法正確是（）A. 若隨機(jī)變量，則B. 若隨機(jī)變量的方差，則C. 若，則事件與事件獨(dú)立D. 若隨機(jī)變量且，則【答案】ACD【解析】【分析】通過計(jì)算可以判斷選項(xiàng)ABD；計(jì)算得到，則事件與事件獨(dú)立，所以選項(xiàng)C正確.【詳解】A. 若隨機(jī)變量，則，所以該選項(xiàng)正確；B. 若隨機(jī)變量的方差，則,所以該選項(xiàng)錯(cuò)誤；C. 若，則事件與事件獨(dú)立，所以該選項(xiàng)正確；D. 若隨機(jī)變量且，則，所以該選項(xiàng)正確.故選：ACD10. 已知是等差數(shù)列，其前項(xiàng)和為，則下列結(jié)論一定正確的有（）A. B. 最小C. D. 【答案】AC【解析】【分析】計(jì)算得所以，所以選項(xiàng)A正確；由于符號不
7、確定，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；所以選項(xiàng)C正確；，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤.【詳解】根據(jù)題意，數(shù)列是等差數(shù)列，若即變形可得所以，所以選項(xiàng)A正確；，如果，則，則最小；如果，則，由于，則最?。蝗绻?，則，由于，則沒有最小值.所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；，所以選項(xiàng)C正確；，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤.故選：AC11. 點(diǎn)是拋物線上第一象限內(nèi)的點(diǎn)，過點(diǎn)A作圓C：的兩條切線，切點(diǎn)為、，分別交軸于P，Q兩點(diǎn)，則下列選項(xiàng)正確的是（）A. B. 若，則直線MN的方程為C. 若，則的面積為92D. 的面積最小值為72【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)勾股定理即可判斷A，根據(jù)相交弦的方程即可由兩圓方程相減求解B,根據(jù)三角形面積與內(nèi)切圓的關(guān)系即可列出方程求解C
8、，結(jié)合基本不等式即可求解D.【詳解】對于A選項(xiàng)，故,A正確；對于B選項(xiàng)，,則以為直徑的圓的方程為，與圓相減得，故MN直線為，故B正確；對于C選項(xiàng)，,又，當(dāng)時(shí)，則，故，故C錯(cuò)誤；對于D選項(xiàng)，由C可知當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號成立，故時(shí)，取得最小值72，故D正確，故選：ABD.【點(diǎn)睛】圓錐曲線中取值范圍問題的五種求解策略：（1）利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍；（2）利用已知參數(shù)的范圍，求新的參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是建立兩個(gè)參數(shù)之間的等量關(guān)系；（3）利用隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；（4）利用已知的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；（5）
9、利用求函數(shù)值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍.12. 如圖，點(diǎn)M是棱長為l的正方體中的側(cè)面上的一個(gè)動點(diǎn)（包含邊界），則下列結(jié)論正確的是（）A. 不存在點(diǎn)M滿足平面B. 存在無數(shù)個(gè)點(diǎn)M滿足C. 當(dāng)點(diǎn)M滿足時(shí)，平面截正方體所得截面的面積為D. 滿足的點(diǎn)M的軌跡長度是【答案】BCD【解析】【分析】對于A：根據(jù)線面垂直關(guān)系可得，分析判斷；對于B：根據(jù)線面垂直關(guān)系可得，分析判斷；對于C：根據(jù)平行線的性質(zhì)以及利用空間向量分析運(yùn)算求截面，進(jìn)而可求截面面積；對于D：利用空間向量求點(diǎn)M的軌跡，進(jìn)而求點(diǎn)M的軌跡長度.【詳解】對于選項(xiàng)A：連接，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以，
10、且平面，所以，平面，所以平面，且平面，可得，同理可證，平面，所以，又點(diǎn)M是面上一個(gè)動點(diǎn)（包含邊界），所以當(dāng)M與A1重合時(shí)，故A錯(cuò)誤；對于選項(xiàng)B：連接，則，又因?yàn)椋?，可知?dāng)M在線段上時(shí)，有故存在無數(shù)個(gè)點(diǎn)滿足，故B正確；對于選項(xiàng)C：延長交于點(diǎn)，則為線段靠近點(diǎn)的三等分點(diǎn)，且，則，則為線段的中點(diǎn)，如圖，以D點(diǎn)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則，可得，設(shè)平面的法向量為，則，令，則，即，設(shè)平面，點(diǎn)，則，則，解得，則，故，可得，即，且，故截面面積，故C正確；對于選項(xiàng)D：因?yàn)檎襟w的棱長為l，所以設(shè)所以，因?yàn)?，所以化簡得：，所以點(diǎn)M的軌跡是一段以為圓心，半徑為的圓弧，設(shè)圓弧與分別交于點(diǎn)，取，則，即；取，則，即；
11、則，則，且，即，軌跡長度是，故D正確故選：BCD.三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分請把答案填寫在答題卡相應(yīng)位置上13. 若，則=_.【答案】3【解析】【分析】列出關(guān)于x的方程，解之即可求得x的值.【詳解】由，可得，即，整理得，解之得或（舍）故答案為：314. 現(xiàn)有兩批產(chǎn)品，第一批產(chǎn)品的次品率為5%，第二批產(chǎn)品的次品率為15%，兩批產(chǎn)品以3:2的比例混合在一起，從中任取1件，該產(chǎn)品合格的概率為_.【答案】0.91#【解析】【分析】設(shè)兩批產(chǎn)品共取件，求出第一批和第二批產(chǎn)品中的合格品的件數(shù)即得解.【詳解】設(shè)兩批產(chǎn)品共取件，所以第一批產(chǎn)品中的合格品有件，第二批產(chǎn)品中的合格品有件，所以從
12、中任取1件，該產(chǎn)品合格的概率為.故答案為：0.9115. 若直線與圓交于兩點(diǎn)，則面積的最大值為_.【答案】【解析】【分析】先求得面積的表達(dá)式，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求得面積的最大值.【詳解】圓的圓心，半徑，直線恒過定點(diǎn)，則，設(shè)中點(diǎn)為M，則點(diǎn)M在以為直徑的圓上，設(shè)圓心到直線距離為d，則，則的面積為當(dāng)即時(shí)取得最大值.則面積的最大值為.故答案為：16. 已知函數(shù)在處取得極值，且在上的最大值為1，則的值為_.【答案】或【解析】【分析】先求得的導(dǎo)函數(shù)，進(jìn)而按t討論得到的單調(diào)性，利用題給條件列出關(guān)于的方程，進(jìn)而求得的值.【詳解】由（），可得由函數(shù)在處取得極值，可得，若，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，則
13、在處取得極大值即最大值，則，解之得.若，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，則在處取得極大值，又由在上的最大值為1可得，即，不等式組無解.若，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，則在處取得極小值，在處取得極大值又由在上的最大值為1可得，解之得.綜上，的值為或.故答案為：或.四、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟17. 已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，從條件、條件這兩個(gè)條件中選擇一個(gè)條件作為已知，解答下列問題.（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)，記的前項(xiàng)和為，若對任意正整數(shù)，都有恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.條件，且；條件為等比數(shù)列，且滿足.注：如果選
14、擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分.【答案】（1）條件選擇見解析，（2）【解析】【分析】（1）選：由與的關(guān)系求；選：求得后得到公比，寫出通項(xiàng)公式即可.（2）由裂項(xiàng)求和法求得，并求得的取值范圍，由不等式恒成立求的取值范圍.【小問1詳解】選：且，則，兩式相減，得，所以為公比的等比數(shù)列，又，解得，所以；選：因?yàn)闉榈缺葦?shù)列，且滿足，所以，所以，所以.【小問2詳解】因?yàn)椋?，顯然數(shù)列是關(guān)于的增函數(shù)，由恒成立得，解得或故的取值范圍為.18. 已知是函數(shù)的極值點(diǎn)，則：（1）求實(shí)數(shù)的值（2）討論方程的解的個(gè)數(shù)【答案】（1）（2）答案見解析【解析】【分析】（1）求導(dǎo)，由題意可得，即可得解，要注意檢驗(yàn)；（2）
15、利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及極值，由此作出函數(shù)的大致圖象，結(jié)合函數(shù)圖象即可得解.【小問1詳解】,因?yàn)槭呛瘮?shù)的極值點(diǎn)，所以，即，解得或，當(dāng)時(shí)，令，則或，令，則，所以函數(shù)在上遞增，在上遞增，所以的極小值點(diǎn)為，極大值點(diǎn)為，符合題意，當(dāng)時(shí)，所以在上遞增，所以無極值點(diǎn)，綜上所述；【小問2詳解】由（1）可得，函數(shù)在上遞增，在上遞增，則，又當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，作出函數(shù)的大致圖象，如圖所示，當(dāng)或時(shí)，方程有個(gè)解，當(dāng)或時(shí)，方程有個(gè)解，當(dāng)時(shí)，方程有個(gè)解.19. 如圖，在矩形ABCD中，E為邊CD上的點(diǎn)，以BE為折痕把折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置，且使二面角為直二面角，三棱錐的體積為（1）求證：平面平面PAE；（2）求二面角的
16、余弦值【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取BE中點(diǎn)，則，由三棱錐的體積得，可得，由平面ABCD得，故平面PBE，得，又，可得平面，進(jìn)而得證；（2）以D為原點(diǎn)，為x，y軸正向，過作軸垂直于平面ABCD，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面BPA和平面DPA的法向量，由向量的夾角公式求解即可【小問1詳解】設(shè)，由題意為等腰直角三角形，折疊后為等腰直角三角形，取BE中點(diǎn)，連接PF，則，由于二面角為直二面角，故平面ABCD，且，則，得，即則，故，又平面ABCD，故，又PF與BE相交，故平面PBE，故，又，且PE與AE相交，故平面，又面PAB，故平面平面.【小問2詳解】以D為原點(diǎn)，為x，y軸
17、正向，過作軸垂直于平面ABCD，建立空間直角坐標(biāo)系，則，設(shè)平面BPA的法向量為，則，取，可得，設(shè)平面DPA的法向量為，則，取，可得，則，由于二面角為鈍角，故其余弦值為20. 2022年12月初某省青少年乒乓球培訓(xùn)基地舉行了混雙選拔賽，其決賽在韓菲/陳宇和黃政/孫藝兩對組合間進(jìn)行，每場比賽均能分出勝負(fù)已知本次比賽的贊助商提供了10000元獎(jiǎng)金，并規(guī)定：若其中一對贏的場數(shù)先達(dá)到4場，則比賽終止，同時(shí)這對組合獲得全部獎(jiǎng)金；若比賽意外終止時(shí)無組合先贏4場，則按照比賽繼續(xù)進(jìn)行各自贏得全部獎(jiǎng)金的概率之比給兩對組合分配獎(jiǎng)金已知每場比賽韓菲/陳宇組合贏的概率為，黃政/孫藝贏的概率為，且每場比賽相互獨(dú)立（1）若
18、在已進(jìn)行的5場比賽中韓菲/陳宇組合贏3場、黃政/孫藝組合贏2場，求比賽繼續(xù)進(jìn)行且韓菲/陳宇組合贏得全部獎(jiǎng)金的概率；（2）若比賽進(jìn)行了5場時(shí)終止（含自然終止與意外終止），則這5場比賽中兩對組合之間的比賽結(jié)果共有多少不同的情況？（3）若比賽進(jìn)行了5場時(shí)終止（含自然終止與意外終止），設(shè)，若贊助商按規(guī)定頒發(fā)獎(jiǎng)金，求韓菲/陳宇組合獲得獎(jiǎng)金數(shù)X的分布列【答案】（1）（2）28 （3）分布列見詳解【解析】【分析】（1）根據(jù)題意結(jié)合對立事件的概率求法運(yùn)算；（2）根據(jù)題意可得有四則可能，再結(jié)合組合數(shù)運(yùn)算求解；（3）根據(jù)題意分析可得獎(jiǎng)金數(shù)X的可能取值，結(jié)合（2）求相應(yīng)的概率，即可得結(jié)果.【小問1詳解】“比賽繼續(xù)進(jìn)
19、行且韓菲/陳宇組合贏得全部獎(jiǎng)金”的對立事件為“黃政/孫藝組合再連贏2場”，故比賽繼續(xù)進(jìn)行且韓菲/陳宇組合贏得全部獎(jiǎng)金的概率.【小問2詳解】設(shè)5場比賽中韓菲/陳宇組合贏場、黃政/孫藝組合贏場，用表示比賽結(jié)果，若比賽進(jìn)行了5場時(shí)終止（含自然終止與意外終止），則有：，故共有種不同的情況.【小問3詳解】若韓菲/陳宇組合贏1場、黃政/孫藝組合贏4場，則韓菲/陳宇組合獲得獎(jiǎng)金數(shù)為0元；若韓菲/陳宇組合贏2場、黃政/孫藝組合贏3場，則韓菲/陳宇組合需再連贏2場，其概率為，故韓菲/陳宇組合獲得獎(jiǎng)金數(shù)為元；若韓菲/陳宇組合贏3場、黃政/孫藝組合贏2場，則韓菲/陳宇組合需再贏1場，其概率為，故韓菲/陳宇組合獲得獎(jiǎng)
20、金數(shù)為元；若韓菲/陳宇組合贏4場、黃政/孫藝組合贏1場，則韓菲/陳宇組合獲得獎(jiǎng)金數(shù)為10000元；即獎(jiǎng)金數(shù)X的可能取值有，則有，故獎(jiǎng)金數(shù)X的分布列為：0250075001000021. 以橢圓的中心O為圓心，以為半徑的圓稱為該橢圓的“伴隨”已知橢圓的離心率為，且過點(diǎn)（1）求橢圓C及其“伴隨”的方程；（2）過點(diǎn)作“伴隨”的切線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，記為坐標(biāo)原點(diǎn)）的面積為，將表示為m的函數(shù)，并求的最大值【答案】（1）,；（2），的最大值為1【解析】【分析】（1）由橢圓C的離心率，結(jié)合的關(guān)系，得到，設(shè)出橢圓方程，代入點(diǎn)，即可得到橢圓方程和“伴隨”的方程；（2）設(shè)切線的方程為，聯(lián)立橢圓方程，消去y得
21、到x的二次方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式，即可得到AB的長，由l與圓相切，得到的關(guān)系式，求出 的面積，運(yùn)用基本不等式，即可得到最大值【詳解】（1）橢圓的離心率為，可得，即又由，可得，設(shè)橢圓C的方程為，因?yàn)闄E圓C過點(diǎn)，代入可得，解得，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為，又由，即“伴隨圓”是以原點(diǎn)為圓心，半徑為1的圓，所以橢圓C的“伴隨”方程為（2）由題意知，易知切線的斜率存在，設(shè)切線的方程為，由得，設(shè)A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（x1，y1），（x2，y2），則，又由l與圓x2+y2=1相切，所以，k2=m2-1所以=，則，可得（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號），所以當(dāng)時(shí)，SAOB的最大值為1【點(diǎn)睛】本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，考
22、查聯(lián)立直線方程和橢圓方程，消去未知數(shù)，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式的運(yùn)用，考查直線與圓相切的條件，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題22. 已知函數(shù)，.（1）討論函數(shù)的單調(diào)性；（2）若恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【答案】（1）答案見解析（2）【解析】【分析】（1）求導(dǎo)，對a進(jìn)行討論，利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)即可求出的單調(diào)性；（2）方法一：將問題轉(zhuǎn)化為恒成立，令，求導(dǎo)利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)和零點(diǎn)存在定理，分析其單調(diào)性，根據(jù)隱零點(diǎn)的的關(guān)系求出最小值，轉(zhuǎn)化為，再次換元，令，求導(dǎo)分析單調(diào)性并得到最值，即可求出a；方法二：利用將問題轉(zhuǎn)化為恒成立，換元后得到新的函數(shù)，求導(dǎo)分析其單調(diào)性，并對a進(jìn)行討論，即可求解；【小問1詳解】解：的定義域
23、為，當(dāng)時(shí)，恒成立，所以在上單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，令解得，所以在上單調(diào)遞增；令解得，所以在上單調(diào)遞減，綜上所述：當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；【小問2詳解】已知在恒成立，化簡得法一：令，定義域?yàn)?，則，當(dāng)時(shí)，恒成立，則單調(diào)遞增，的值域?yàn)镽，不符合題意；當(dāng)時(shí)，也不符合題意；當(dāng)時(shí)，令，則恒成立，所以在上單調(diào)遞增.當(dāng)時(shí)，又，根據(jù)零點(diǎn)存在定理以及函數(shù)的單調(diào)性可知，有，即有唯一解，有，此時(shí)；當(dāng)時(shí)，又，根據(jù)零點(diǎn)存在定理以及函數(shù)的單調(diào)性可知，有，即有唯一解，有，此時(shí).綜上所述，對，都有唯一解，有，此時(shí).又當(dāng)時(shí)，即，所以在上單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，即，所以在上單調(diào)遞增.所以，故只需. 令，上式即轉(zhuǎn)化為，
24、設(shè)，則.當(dāng)時(shí)，所以在上單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，所以在上單調(diào)遞減.所以，當(dāng)時(shí)，有最大值，所以，所以.又，所以，所以.由，解得綜上所述.法二：恒成立，令，故在上單調(diào)遞增，所以，問題轉(zhuǎn)化為在恒成立，設(shè)，當(dāng)時(shí)，恒成立，在上單調(diào)遞增，又，所以時(shí)，不符合題意；當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞增，所以，當(dāng)時(shí)，都有均不符合題意，當(dāng)時(shí)，此時(shí)在恒成立，綜上所述：【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：主要考向有以下幾點(diǎn)：1、求函數(shù)單調(diào)區(qū)間（含參數(shù)）或判斷函數(shù)（含參數(shù)）的單調(diào)性；2、求函數(shù)在某點(diǎn)處的切線方程，或知道切線方程求參數(shù)；3、求函數(shù)的極值（最值）；4、求函數(shù)的零點(diǎn)（零點(diǎn)個(gè)數(shù)），或知道零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)的取值范圍；5、證明不等式；解決方法：對函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)，結(jié)合函數(shù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性等性質(zhì)解決，在證明不等式或求參數(shù)取值范圍時(shí)，通常會對函數(shù)進(jìn)行參變分離，構(gòu)造新函數(shù)，對新函數(shù)求導(dǎo)再結(jié)合導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性等解決.
2022-2023學(xué)年安徽省阜陽市高二年級下冊學(xué)期選修模塊檢測數(shù)學(xué)【含答案】
