2021-2022学年四川省成都市树德中学高二下学期4月阶段性测试数学（文）试题含解析

2021-2022学年四川省成都市树德中学高二下学期4月阶段性测试数学（文）试题

一、单选题

1．已知，，为虚数单位，且，则的值为（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】根据复数相等的概念可求解.

【详解】因为，，

所以，得，

所以.

故选：B

2．函数在区间上的平均变化率等于（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】依据平均变化率定义去求解即可.

【详解】函数在区间上的平均变化率等于

故选：C

3．设函数在上可导，则等于（       ）

A． B．

C． D．以上都不对

【答案】A

【分析】根据导数的定义求解即可.

【详解】因为，所以.

故选：A.

4．设函数在处的切线斜率为（       ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【分析】求导，代入，从而求出，即切线斜率.

【详解】，故，故切线斜率为.

故选：C

5．吹气球时，气球的半径（单位：）与体积（单位：）之间的函数关系是，则气球在时的瞬时膨胀率为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据瞬时变化率的概念和复合函数求导法则计算可得解.

【详解】因为,

所以气球在时的瞬时膨胀率为.

故选：C

6．若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先构造函数，通过导函数得到单调性，从而得到，故可通过函数单调性判断出，而可能比1大，可能等于1，也可能，故CD均错误.

【详解】令，则恒成立，故单调递增，由可得：，故，A错误，B正确；

可能比1大，可能等于1，也可能，故不能确定与0的大小关系，CD错误.

故选：B

7．已知函数，则的导函数的图象大致是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】求出函数的导函数，再探讨的性质，结合性质及取时的函数值即可判断作答.

【详解】函数定义域为R，求导得，显然，

因此，函数是R上奇函数，图象关于原点对称，选项C，D不满足，

又，选项B不满足，选项A符合题意.

故选：A

8．已知函数满足，则的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求导后代入可求得；将代入可求得结果.

【详解】，，解得：；

，解得：.

故选：A.

9．已知，，，则以下不等式正确的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先构造函数判断出b最小，再依据函数单调性去比较的大小即可解决.

【详解】令，则，

由，得，由，得

即当时单调递减，当时单调递增

即当时取得最小值

则有，，即，

又，

由，可得

则，即

综上，的大小关系为

故选：A

10．若函数有两个极值点，则实数的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由，可得出，可知直线与函数的图象有两个交点（非切点），利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.

【详解】因为，则，

令，可得，

由题意可知，直线与函数的图象有两个交点（非切点），

，当时，，此时函数单调递增，

当时，，此时函数单调递减，

所以，函数的极大值为，且当时，，

如下图所示：

所以，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点（非切点），

因此，实数的取值范围是.

故选：D.

11．是定义在上的函数，是的导函数，已知，且，，则不等式的解集为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】构造函数，进而结合条件判断出函数的单调性，然后将原不等式变形并根据函数的单调性解出答案.

【详解】因为，可化简为，

令函数，则.因为，所以，在R上单调递增.又，而等价于，即，所以，解得.

故选：B

12．已知函数，．若存在，使得，则实数的最小值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用参变量分离法得出，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出整数的最小值.

【详解】若存在，使得，

当时，由可得，

令，其中，则，

令，其中，则，即函数在上单调递增，

因为，，所以，存在，使得，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

所以，，所以，，

故整数的最小值为，

故选：C.

【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：

（1），；

（2），；

（3），；

（4），.

二、填空题

13．函数，的单调递减区间为______．

【答案】

【分析】根据导数的符号求解即可.

【详解】当时，，

所以的单调递减区间为.

故答案为：

14．把复数的共轭复数记作，已知（其中是虚数单位），则______．

【答案】

【分析】根据复数的除法运算求出，再根据共轭复数的概念可得解.

【详解】因为，

所以，

所以.

故答案为：

15．已知在上可导的函数的图象如图所示，则不等式的解集为______．

【答案】

【分析】由的单调性可确定和的解集，结合的正负可得结果.

【详解】由图象可知：在和上单调递增，在上单调递减，

的解集为；的解集为；

又的解集为，的解集为；

的解集为.

故答案为：.

16．已知是函数的极大值点，则的值为______．

【答案】

【分析】依据极大值点定义分类讨论去求实数的值.

【详解】，则

(1)时，，

当时，恒成立，函数单调递减，

则不是函数的极大值点，舍去

(2)时，若，

则，

恒成立，

函数在单调递减，则不是函数的极大值点，舍去

(3)时

如果，则当且时，

，

恒成立，

函数单调递减，则不是函数的极大值点，舍去

如果，则方程存在根，

故当，且时

，

恒成立，

函数单调递增，故不是的极大值点；

如果，即时，

当时，，则，函数单调递增；

当时，，则，函数单调递减，故是的极大值点.

综上，的值为

故答案为：

三、解答题

17．已知函数．

(1)写出函数的单调区间；

(2)讨论函数的极大值和极小值是否存在．如果存在，求出极值．

【答案】(1)增区间为和；减区间为

(2)存在.极大值，极小值

【分析】（1）依据导函数与原函数之间的关系去求函数的单调区间；

（2）利用导数去求函数的极大值和极小值.

【详解】(1)．

令，得或．

则当时，，单调递增；

则当时，，单调递减；

则当时，，单调递增．

故函数的增区间为和，减区间为．

(2)由（1）知，当时，有极小值；

当时，有极大值．

18．已知．

(1)求曲线在处切线的方程；

(2)求函数在区间上的最值．

【答案】(1)

(2)，．

【分析】（1）依据导函数几何意义去求曲线在处切线的方程；

（2）利用导数去求函数在区间上的最值．

【详解】(1)，则切线斜率为

又，即切点坐标为

故所求切线方程为，即

(2)当时，，所以．

故函数在区间上单调递减．

所以，．

19．已知函数．

(1)当时，求函数的最小值；

(2)若，求的最小值．

【答案】(1)0

(2)

【分析】（1）求导算最值即可

（2）运用第一问的结论，再同构函数即可获解

【详解】(1)当时,,其定义域为

.

当单调递减

当单调递增

所以.

(2)

由（1）知,所以有,即.

因为,所以,当且仅当时取等。

所以

所以最小值为,此时

20．已知函数．

(1)若，当时，试比较与的大小；

(2)若的两个不同零点分别为、，求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数分析函数在上的单调性，由可求得的取值范围，即可得出与的大小；

（2）先证明对数平均不等式，其中，由已知可得出，变形可得出，结合对数平均不等式可证得结论成立.

【详解】(1)解：因为，，

当时，，且，

又当时，，即函数在上单调递减，所以．

(2)证明：先证明，其中，

即证，

令，，其中，

则，

所以，函数在上为增函数，当时，，

所以，当时，，

由题知，取对数有，即，

又，所以．

【点睛】思路点睛：应用对数平均不等式证明极值点偏移：

①由题中等式中产生对数；

②将所得含对数的等式进行变形得到；

③利用对数平均不等式来证明相应的问题.

21．已知函数．

(1)若函数，且最大值为，求实数的值；

(2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求导，再对分两种情况讨论，利用函数的单调性求解可得答案；

（2）等价于不等式在上恒成立，令，再通过二次求导，对分两种情况讨论得解.

【详解】(1)，其定义域为，且．

①若，则在上递增，此时，不合题意，舍去．

②若，则在上递增，在上递减．

所以，令，得．综上得：．

(2)因为不等式在上恒成立，

所以不等式在上恒成立．

令，则，

令，则，

所以在上递减．

①若，则，即，

所以在上递减，所以符合题意．

②若，则，，

，

又，在上单调递减，

所以存在唯一实数，使得．

当时，，即，所以在上单调递增，

所以，不合题意．

综上，综上实数的取值范围为．

【点睛】本题考查了用导数解决恒成立的问题，可以直接法分类讨论利用函数的单调性解决问题，也可以常量分离，构造函数利用导数求值域解决问题，考查了学生的运算能力和推理能力.

22．已知函数，其中．

(1)求的单调区间；

(2)讨论函数的零点个数．

【答案】(1)答案见解析；

(2)答案见解析

【分析】（1）依据导函数与原函数的关系分类讨论去求的单调区间；

（2）依据函数的单调性和零点存在定理，分类讨论去判断函数的零点个数．

【详解】(1)

当时，由，得；由，得

则的增区间为，减区间为

当时，由，得或；由，得

则的增区间为和，减区间为

当时，恒成立，的增区间为

(2)当时，由（1）可知：的增区间为，减区间为

则

①若，则，此时函数无零点；

②若，，此时函数有且仅有一个零点；

③若，，

又

所以函数在和各有一个零点，共两个零点；

当时，由（1）可知，的增区间为和，减区间为

则，

所以函数在无零点，

而当时，

只需取，则有，故函数在上有一个零点．

当时，，由（1）可知，的增区间为

，

故函数在上有一个零点．

综上，当时，函数无零点；

当或时，函数有唯一零点；

当时，函数有两个零点．