2022-2023学年辽宁省铁岭市昌图县第一高级中学高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年辽宁省铁岭市昌图县第一高级中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知集合，且，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先解绝对值不等式求出集合A，再根据集合的包含关系求出参数的取值范围.

【详解】由题意可得：，

若，则.

故选：B.

2．设为实数，则是 “”的

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】由“x＜0”易得“”，反过来，由“”可得出“x＜0”，从而得出“x＜0”是“”的充分必要条件．

【详解】若x＜0，﹣x＞0，则：；

∴“x＜0“是““的充分条件；

若，则；

解得x＜0；

∴“x＜0“是““的必要条件；

综上得，“x＜0”是“”的充分必要条件．

故选C．

【点睛】充分、必要条件的三种判断方法．

1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．

2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．

3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．

3．已知，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据对数的运算可得，作差可推得，开方即可得出.作差可得，开方即可得出.

【详解】因为，

所以，所以.

因为，，所以.

因为，

所以，.

因为，，所以.

综上所述，.

故选：A.

4．波恩哈德·黎曼是德国著名数学家，黎曼函数是他发现并提出的，其解析式为：，若函数是定义在实数集上的偶函数，且对任意x都有，当时，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，先分析函数的周期，结合奇偶性可得的值，进而可得 的值，即可得答案．

【详解】若函数是定义在实数集上的偶函数，且对任意x都有，

可得，故偶函数是周期为4的周期函数，

由 ，当时，，

，由且为无理数，，

，

所以

故选：D．

5．已知函数在上单调递增，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】首先求出的定义域，然后求出的单调递增区间即可.

【详解】由得或

所以的定义域为

因为在上单调递增

所以在上单调递增

所以

故选：D

【点睛】在求函数的单调区间时一定要先求函数的定义域.

6．点A是曲线上任意一点，则点A到直线的最小距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】动点在曲线，则找出曲线上某点的斜率与直线的斜率相等的点为距离最小的点，利用导数的几何意义即可

【详解】不妨设，定义域为：

对求导可得：

令

解得：（其中舍去）

当时，，则此时该点到直线的距离为最小

根据点到直线的距离公式可得：

解得：

故选：A

7．已知定义在上的奇函数满足.当时，则（    ）

A． B． C．2 D．4

【答案】C

【分析】由题可得函数的周期为4，结合条件可得，进而可求，即得.

【详解】∵定义在上的奇函数满足，

∴，

∴，即函数的周期为4，

又当时，，，

∴，即，

∴当时，，

∴，

∴.

故选：C.

8．已知函数满足，且，分别是上的偶函数和奇函数，若使得不等式恒成立，则实数的取值范围是

A． B．

C． D．

【答案】B

【详解】试题分析：由已知可得

，，恒成立，又

，故选B.

【解析】1、函数的奇偶性；2、函数与不等式.

【方法点晴】本题考查导函数的奇偶性、函数与不等式，涉及函数与方程思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型.

二、多选题

9．下列不等式的解集为R的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】A选项变形为即可判断；B选项，变形为即可判断；C选项，的解集为或即可判断；D选项，变形为即可判断.

【详解】即，不等式的解集为R，A正确；

变形为，即，不等式的解集为R，B正确；

的解集为或，解集不是R，C错误；

，因为，不等式两边同乘以，即，

，故不等式的解集为R，D正确.

故选：ABD

10．下列说法正确的是（    ）

A．命题“，都有”的否定是“，使得”

B．当时，的最小值是5

C．若不等式的解集为，则

D．“”是“”的充要条件

【答案】BC

【分析】对A，根据全称命题的否定判断即可

对B，根据基本不等式求解即可；

对C，根据二次不等式根与系数的关系求解即可；

对D，根据分式不等式求解判断即可

【详解】对A，命题“，都有”的否定是“，使得”，故A错误；

对B，当时，，当且仅当，即时，等号成立，故B正确；

对C，由不等式的解集为，可知，，∴，，，故C正确；

对D，由“”可推出“”，由，可得或，推不出“”，故D错误.

故选：BC

11．已知函数，则（    ）

A．是奇函数 B．在上单调递增

C．方程有两个实数根 D．函数的值域是

【答案】BCD

【分析】求出函数的定义域，不关于原点对称可判断A，分离常数后可得函数的单调性可判断B，解方程可判断C，分离常数求解函数值域可判断D.

【详解】A．函数的定义域为，不关于原点对称，既不是奇函数也不是偶函数，故A错误；

B．时，，函数在上单调递增，

则函数在上单调递减，故在上单调递增，B正确；

C．由题可得是方程的一个根，

时，(舍去)，

时，，故C正确；

D．时，，

时，，

当时，，

所以函数的值域为，故D正确.

故选：BCD.

12．已知函数是定义在上的函数，是的导函数，若，且，则下列结论正确的是（    ）

A．函数在定义域上单调递增

B．函数在定义域上有极小值

C．函数的单调递增区间为

D．不等式的解集为

【答案】AC

【分析】令，得到，求得，令，利用导数得到，进而得到，可判定A正确，B不正确；求得，进而可判定C正确；设且，求得，可得，进而可判定D错误.

【详解】令，则，

因为，可得，

又由，可得，

令，可得，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以，

即，所以单调递增，所以A正确，B不正确；

由函数，可得，

令，即，解得，

所以函数的单调递增区间为，所以C正确；

设，则，则

因为，所以，

所以，

令，

则

注意到时，，进而单减，

知时“，即.”

时单减，而，所以D错误.

故选：AC.

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，极值，利用导数解决有关不等式的问题，解题的关键是根据题意合理构造函数，然后利用导数解决，考查数学转化思想和计算能力，属于难题

三、填空题

13．若，且，则z的最小值是________.

【答案】

【分析】直接利用均值不等式结合指数运算计算得到答案.

【详解】∵，∴，

当且仅当即，时取等号，即z的最小值是.

故答案为：.

【点睛】本题考查了根据均值不等式求最值，意在考查学生的计算能力和应用能力.

14．已知命题，命题，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是___．

【答案】[－2，5]

【详解】试题分析：，，因为是的必要不充分条件，所以是的真子集，即

【解析】充要关系

【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法．

1．定义法：直接判断“若p则q”、“若q则p”的真假．并注意和图示相结合，例如“p⇒q”为真，则p是q的充分条件．

2．等价法：利用p⇒q与非q⇒非p，q⇒p与非p⇒非q，p⇔q与非q⇔非p的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．

3．集合法：若A⊆B，则A是B的充分条件或B是A的必要条件；若A＝B，则A是B的充要条件．

15．设奇函数的定义域为，且对任意，都有．若当时，，且，则不等式的解集为__________．

【答案】

【分析】由题知函数在上单调递减，在上单调递减，且，，，，再根据对数函数单调性将转化为解即可得答案.

【详解】解：设，且，则

因为，当时，，所以，

因为对任意，都有．

所以，，即，

所以，函数在上单调递减，

因为是定义域为的奇函数，

所以，函数在上单调递减，

因为不等式等价于不等式，即，

因为对任意，都有，，

所以，当时，得；当时，得

所以，

所以，，，，，

所以，当时，的解集为，

当时，的解集为，

所以，的解集为，

所以，不等式的解集为

故答案为：

16．设函数，若存在，使得成立，则实数a的最大值为___________．

【答案】

【分析】构造函数，利用导数可得函数的值域，结合条件可得，即得.

【详解】由题意知，存在，

使得成立．

令，

则，

当时，，当时，，

即在上单调递减，在上单调递增，

，

则的取值范围是，

故，则，

则，故．

故答案为：.

四、解答题

17．已知函数（且）的图象过点.

(1)求函数的解析式；

(2)解不等式.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）把已知点的坐标代入求解即可；

（2）直接利用函数单调性即可求出结论，注意真数大于0的这一隐含条件．

【详解】（1）因为函数（且）的图象过点.

，所以，即；

（2）因为单调递增，所以，

即不等式的解集是．

18．若不等式的解集为．

（1）求的值；

（2）求不等式的解集．

【答案】（1）a＝﹣1；（2）（﹣∞，﹣）∪（2，+∞）.

【解析】（1）由已知不等式的解集得到ax2+5x+14＝0的两个实数根为-2和7，利用韦达定理即可求出a的值；

（2）将a＝﹣1代入不等式，求出对应方程的根，求出不等式的解集即可．

【详解】（1）依题意可得：的两个实数根为-2和7，

由韦达定理得：-2+7＝﹣，解得：a＝﹣1；

（2）由（1）a＝﹣1，故，即2x2-3x﹣2＞0，解得：x或x，

故不等式的解集是（﹣∞，﹣）∪（2，+∞）．

【点睛】方法点睛：一元二次不等式与二次函数，二次方程之间的关系，韦达定理的应用，注意开口的方向.

19．已知是函数的一个极值点.

(1)求的单调区间；

(2)求在区间上的最大值.

【答案】(1)减区间为，增区间为

(2)76

【分析】（1）求导后根据极值点的定义与满足的关系式求解即可；

（2）分析区间内的极大值点与左端点再判断大小即可

【详解】（1），是函数的一个极值点    

，      ，

，

令，解得或；令，解得.

所以函数的减区间为，增区间为.

（2）由（1），又在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减

函数在的极大值为，又，

函数在区间上的最大值为.

20．已知函数.

(1)求曲线在点处的切线方程；

(2)求的单调区间.

【答案】(1)

(2)的单调递增区间是和；单调递减区间是

【分析】（1）求出导函数，得出切线斜率，再计算出，由点斜式写出切线方程，整理即得；

（2）由得增区间，得减区间，即可．

【详解】（1）由题意得：，

所以(1)，(1)，

故曲线在点，(1)处的切线方程，即；

（2），

令，易得或，令，易得，

所以函数在和上递增，在上递减，

即的单调递增区间是和；单调递减区间是.

21．已知函数.

(1)若，讨论的单调性；

(2)若，，求的取值范围.

【答案】(1)在上单调递增；

(2).

【分析】（1）需对原函数进行二次求导，再得到其二次求导后的函数最值，再得到一次求导后的函数大于等于0，最后得到原函数的单调性.

（2）对进行分类讨论，得到符合题意的情况，再利用换元，隐零点等证明部分分类讨论情况不合题意.

【详解】（1）解：若，，

则，

令，则，

令，解得：，

当时，，则在上单调递减；

当时，，则在上单调递增，

则，且当时等号成立，即，且当时等号成立，

故在上单调递增.

（2），

由（1）得：当，即，

若，，在上单调递减，

由于，所以时，，不符合题意；

若，令，则，

由于，所以，所以在上单调递减，即在上单调递减，

由于，

若，，

当时，在上单调递减，所以，所以在上单调递增，

，符合题意；

若，，而，可得：；

令，则，，

设，则，

当时，，因此在上单调递增，所以，

即，因此，使得，

因此当时，，函数在上单调递减，所以，不符合题意；

综上所述，的取值范围为.

【点睛】对于有些函数一次求导后无法直接得到其单调性，我们需要二次求导再往前推出原函数单调性，分类讨论的数学思想在导数题中经常体现，同时换元法，设隐零点等都是常见的数学技巧，平时要多加积累.

22．已知实数，函数，．

(1)若不等式恒成立，求a的取值范围；

(2)若不等式恒成立，求a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将问题化为在上恒成立，令，只需即可，利用导数研究最值，即可得参数范围；

（2）将问题化为在上恒成立，讨论、、，并利用导数研究恒成立，即可得结果.

【详解】（1）由题设，()在上恒成立，

所以在上恒成立，令，只需即可，

由，故时，时，

所以在上递减，在上递增，则，

综上，.

（2）由题设，()在上恒成立，

所以在上恒成立，

（i）当时证恒成立即可，

令，则，若且，则，

在上，递减，在上，递增，

所以，即在上恒成立，故恒成立，满足；

（ii）当时，，又在上递增，

所以，由（i）知：，

所以恒成立，满足；

（iii）当时，由上知：成立，仅当时等号成立，

令，则，令，则，

所以使成立，即成立，

由，同（ii）分析可得：，

故使成立，不合题意；

综上，.

【点睛】关键点点睛：第二问，转化为研究在上恒成立，分类讨论参数研究恒成立问题.