2021-2022学年辽宁省沈阳市辽中区第二高级中学高二下学期期末考试数学试题（解析版）

2021-2022学年辽宁省沈阳市辽中区第二高级中学高二下学期期末考试数学试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据交集、补集的定义可求.

【详解】由题设可得，故，

故选：B.

2．命题“”的否定是

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用全称命题的否定是特称命题，写出结果即可

【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以

命题“，”的否定是，

故选D

【点睛】本题主要考查了全称命题的否定是特称命题，属于基础题.

3．已知a>0>b，则下列不等式一定成立的是（    ）

A．a2<－ab B．|a|<|b|

C． D．

【答案】C

【分析】由特殊值法可以排除选项A,B,D，由指数函数的单调性可知选项C正确.

【详解】法一：当a＝1，b＝－1时，满足a>0>b，此时a2＝－ab，|a|＝|b|，，所以A，B，D不一定成立．因为a>0>b，所以b－a<0，ab<0，所以，所以一定成立，故选C.

法二：因为a>0>b，所以，所以一定成立，

故选：C.

【点睛】对于不等式的判定，我们常取特殊值排除法和不等式的性质进行判断，另外对于指数式，对数式，等式子的大小比较，我们也常用函数的单调性．

4．若命题“，”是真命题，则实数k的取值范围是（   ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】讨论、，根据二次不等式恒成立求参数范围即可.

【详解】当时显然恒成立，

当时要使命题为真，则：

可得；而时不可能恒成立，

综上，k的取值范围是.

故选：B

5．已知，则下列不等关系正确的有（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题知，再根据对数运算依次讨论各选项即可得答案.

【详解】解：由，可得，

选项A：所以，所以A错误．

选项B：，所以B错误．

选项C：，所以C错误．

选项D：因为，故D正确.

故选：D．

6．已知函数是定义在上的偶函数，且在单调递增，记，，，则a，b，c的大小关系为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先根据函数是定义在上的偶函数，得到，再利用在单调递增求解.

【详解】因为函数是定义在上的偶函数，

所以，

又因为，，，

且在单调递增，

所以，即，

故选：A

7．某大学毕业生为自主创业于年月初向银行贷款元，与银行约定按“等额本金还款法”分年进行还款，从年月初开始，每个月月初还一次款，贷款月利率为，现因经营状况良好准备向银行申请提前还款，计划于上年月初将剩余贷款全部一次还清，则该大学毕业生按现计划的所有还款数额比按原约定所有还款数额少（     ）

（注：“等额本金还款法”是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期所还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率：年按个月计算）

A．元 B．元 C．元 D．元

【答案】C

【分析】分析可知所少的部分为按原计划还款时后个月的利息，根据“等额本金还款法”，结合数列的知识计算可得后个月的利息，从而得到结果.

【详解】截止年月，两种还款方式所还利息也相同，且两种还款方式最终所还本金相同，

按现计划的所有还款数额比按原约定所有还款数额少的部分为：按原计划还款时，自年月起至原计划结束时所还的利息，即共计个月的利息；

每月应还本金为，

年月还完后本金还剩，

年月应还利息为：；

年月应还利息为：；

年月应还利息为：；……，

最后一次应还利息为：；

后个月的利息合计为：.

即该大学毕业生按现计划的所有还款数额比按原约定所有还款数额少元.

故选：C.

8．若函数有三个不同的零点，则实数a的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】令得，利用导数研究的图像，由函数有三个零点可知，若令，则可知方程的一根必在内，另一根或或上，分类讨论即可求解.

【详解】由得，令，

由，得，因此函数在上单调递增，在上单调递减，且，当时，，则的图像如图所示：

即函数的最大值为，

令，则，

由二次函数的图像可知，二次方程的一根必在内，另一根或或上，

当时，，则另一根，不满足题意，

当时，a＝0，则另一根，不满足题意，

当时，由二次函数的图像可知，

解得，

则实数的取值范围是，

故选：D.

二、多选题

9．已知函数，下列说法正确的是（    ）

A．若定义域为，则

B．若值域为，则或

C．若最小值为0，则

D．若定义域为，则

【答案】ACD

【分析】根据对数函数的性质，逐项进行判断即可求解.

【详解】对于，若函数定义域为，则恒成立，

当时，恒成立，满足题意；当时，则有，解得：，综上，实数的取值范围为：，故选项正确；

对于，若函数值域为，则取尽大于零的实数，

当时，，不满足题意；当时，则有，解得：，所以若值域为，则，故选项错误；

对于，若函数最小值为0，则有最小值，由二次函数的图象和性质可得：，解得：，故选项正确；

对于，若函数定义域为，则为不等式的解集，由韦达定理可得：，解得：，故选项正确，

故选：.

10．已知函数，则下列选项正确的有（    ）

A．函数极小值为，极大值为.

B．函数存在3个不同的零点.

C．当时，函数的最大值为.

D．当时，方程恰有3个不等实根.

【答案】AC

【分析】求导得，分析的单调性，进而可得极大值、极小值，函数的零点个数，即可判断A BC是否正确；作出的图象，方程恰有3个不等实根，可转化为与的交点有3个，结合图象即可判断D是否正确.

【详解】，

在上，，单调递增，在上，，单调递减，

，，故A正确；

当时，，时，，且，，所以函数有两个零点，故B错误；

由函数单调性知，在上单调递减，在上单调递增，

且，故函数的最大值为，故C正确；

方程恰有3个不等实根，可转化为与的交点有3个，由上述分析可知，的图象为：

由图象可得当时，有2个实数根，当时，有3个实数根，当时，有2个实数根，当时，有1个实数根，故D错误.

故选：AC

11．下列命题正确的是（    ）

A．若均为等比数列且公比相等，则也是等比数列

B．为等比数列，其前项和为，则也成等比数列

C．为等差数列，则为等比数列

D．的前项和为，则“”是“为递增数列”的充分不必要条件

【答案】CD

【分析】根据等比数列的概念及特例可判断AB，根据等比数列的定义可判断C，根据充分条件必要条件的概念及数列的增减性可判断D.

【详解】对于，均为等比数列且公比相等，当时,数列不是等比数列，故选项错误；

对于，当等比数列为时，当为偶数时，，则不能构成等比数列，故选项错误；

对于，设等差数列的公差为，则常数，所以为等差数列，则为等比数列，故选项正确；

对于，数列中，对任意,，则；所以数列是递增数列，充分性成立；

当数列是递增数列时，，即，所以时，，如数列；不满足题意，所以必要性不成立，则“”是“为递增数列”的充分不必要条件，故选项正确，

故选：.

12．已知定义在上的偶函数，满足，则下列结论正确的是（    ）

A．的图象关于对称

B．

C．若函数在区间上单调递增，则在区间上单调递增

D．若函数在区间上的解析式为，则在区间上的解析式为

【答案】BC

【分析】利用函数的对称性可判断A选项；利用已知条件结合偶函数的性质可判断B选项；利用函数周期性可判断C选项；设，利用

【详解】对于A选项，因为，则函数的图象关于点对称，A错；

对于B选项，因为且函数为偶函数，

所以，可得，所以，，

所以，对任意的，，B对；

对于C选项，因为，

若函数在区间上单调递增，则在区间上单调递增，C对；

对于D选项，当时，，，

所以，，D错.

故选：BC.

三、填空题

13．已知函数，则函数在点处的切线方程为_____________.

【答案】

【分析】求出导函数，计算，，由点斜式得切线方程并化简．

【详解】由已知，，又，

所以切线方程为，即．

故答案为：．

14．已知，若依次成等比数列，则的最小值为________．

【答案】

【分析】通过等比中项得到，再利用基本不等式求得最小值.

【详解】由题意得：

又，

当且仅当时取等号

本题正确结果：

【点睛】本题考查利用基本不等式求和的最小值问题，属于基础题.

15．若，则的最小值为________．

【答案】

【分析】利用基本不等式，求得所求表达式的最小值.

【详解】由于，

所以，

当且仅当且时等号成立，

即时等号成立.

所以的最小值为.

故答案为：

【点睛】本小题主要考查利用基本不等式求最值，属于中档题.

16．已知函数，若的最小值为，则实数的取值范围是_________

【答案】

【分析】，可得在时，最小值为，

时，要使得最小值为，则对称轴在1的右边，

且，求解出即满足最小值为.

【详解】当，，当且仅当时，等号成立.

当时，为二次函数，要想在处取最小，则对称轴要满足

并且，即，解得.

【点睛】本题考查分段函数的最值问题，对每段函数先进行分类讨论，找到每段的最小值，然后再对两段函数的最小值进行比较，得到结果，题目较综合，属于中档题.

四、解答题

17．设全集，集合，集合.

(1)当时，求

(2)若“”是“”的必要不充分条件，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由补集和交集定义即可求得结果；

（2）由必要不充分条件的定义可知，分别在和的情况下构造不等式组求得结果.

【详解】（1）；当时，；

，，

.

（2）由（1）知：

“”是“”的必要不充分条件，，

当时，满足；此时，解得：；

当时，，解得：；

综上所述：的取值范围为.

18．某科技企业生产一种电子设备的年固定成本为600万元，除此之外每台机器的额外生产成本与产量满足一定的关系式．设年产量为台，若年产量不足70台，则每台设备的额外成本为万元；若年产量大于等于70台不超过200台，则每台设备的额外成本为万元．每台设备售价为100万元，通过市场分析，该企业生产的电子设备能全部售完．

(1)写出年利润W（万元）关于年产量x（台）的关系式；

(2)当年产量为多少台时，年利润最大，最大值为多少？

【答案】(1)；

(2)当年产量为80台时，年利润最大，最大值为1320万元

【分析】（1）根据题意分和两种情况，利用利润等于销售总额减去总成本，即可得年利润W（万元）关于年产量x（台）的关系式；

（2）分和两种情况，求出最大值，然后比较可得答案.

【详解】（1）当，时，；

当，时，．

所以；

（2）①当，时，，

所以当时，y取得最大值，最大值为1200万；

②当，时，，

当且仅当，即时，y取得最大值1320，

所以，

所以当年产量为80台时，年利润最大，最大值为1320万元．

19．已知数列{}为等差数列，，，数列{}的前n项和为，且满足．

(1)求{}和{}的通项公式；

(2)若，数列{}的前n项和为，且对恒成立，求实数m的取值范围．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）求解等差数列{}通项公式，只需设参数，d列方程组即可求解，数列{}通过已知前n项和求解通项公式；

（2）需要先用错位相减法求得数列{}的前n项和为，代入不等式中对n分类讨论，转化为最值问题，求出m范围即可．

【详解】（1）解：等差数列{}中，设公差为d，

则

数列{}中的前n项和为，且①

当时，

当时，②

②－①得：

故数列{}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以.

（2）解：数列{}中，.

则

所以

故

所以

∵对恒成立．

当n为奇数时，，

当n为偶数时，

综上：实数m的取值范围为．

20．已知函数(其中为常数，)，若在上的最大值为4，最小值为2．

(1)求函数的解析式；

(2)若时，不等式对都成立，求的取值范围．

【答案】(1)或，

(2).

【分析】(1)讨论与的大小关系，结合指数函数的单调性列方程求可得；(2)化简不等式可得，利用换元法求函数的最大值可求的取值范围.

【详解】（1）当时，由指数函数性质可得在上为增函数，

又，所以函数在上为增函数，

因为在上的最大值为4，最小值为2，

所以，故，

所以，故，

当时，由指数函数性质可得在上为减函数，

又，所以函数在上为减函数，

因为在上的最大值为4，最小值为2，

所以，故，

所以，故，

所以函数的解析式为或，

（2）因为，由(1)可得，

所以不等式

可化为，

，

，

令，因为，所以，故

因为不等式对都成立，

所以对都成立，

所以，其中，

当时，函数在时取最大值，最大值为4，

所以

故的取值范围为.

21．已知函数 ( 为实常数).

(1)设 在区间 上的最小值为 ， 求 的表达式;

(2)设 ， 若函数 在区间上是增函数， 求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）就、、、、分类讨论后结合函数的单调性可求函数的最小值.

（2）利用单调性的定义可求参数的取值范围.

【详解】（1）若，则，该函数在上为减函数，故，

若，则的图象为开口向下的抛物线，且其对称轴为，

故在上为减函数，故，

若，则，故在上为减函数，

故，

若，则在上为减函数，在为增函数，

故，

若，则，故在上为增函数，

故，

综上，.

（2），

任意的，

，

因为 在区间上是增函数，故对任意恒成立，

而，故对任意.

若即，

因为，故即，故，

若即，故，符合；

若即，故即，故，

综上，.

22．已知函数.

(1)若有两个极值点，求实数a的取值范围；

(2)当时，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据函数有两个极值点转化为导函数等于0有两不相等的根，分离参数后，转化为分析大致图象，根据数形结合求解即可;

（2）不等式可转化为，构造函数，求导后得到函数极小值，转化为求极小值大于0即可.

【详解】（1）的定义域为，，由题意在上有两解，

即，即有两解.

令，即的图象与直线有两个交点.

，得，当时，，递增；

当时，，递减，，，

时，；时，，

，，

a的取值范围是.

（2）当时，，即证，即证，

令，，令，则，

当时，，在递增.

，，

存在唯一的，使得，

当时，，递减；

当时，，递增，

.

又，，，

，

，.