2022-2023学年四川省绵阳市高二下学期期末数学（文）试题含答案

2022-2023学年四川省绵阳市高二下学期期末数学（文）试题

一、单选题

1．若复数，则（    ）

A． B． C． D．5

【答案】D

【分析】直接将代入计算即可.

【详解】因为，

所以，

故选：D

2．集合，则的元素个数为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．8

【答案】A

【分析】联立两个集合中的方程，解方程即可得到两个集合交集的元素，从而得到结论.

【详解】因为，

联立方程可得， 解得或，

所以，则集合中的元素个数为2 .

故选：A.

3．命题 “”，则p为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据全称命题的否定形式求解.

【详解】命题 “”为全称命题，其否定为特称命题，

即p：.

故选：C

4．下列函数中是偶函数，且在上为增函数的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据偶函数的定义判断各函数是否为偶函数，再结合余弦函数和幂函数的性质判断选项AD的单调性可得结论.

【详解】对于A，函数的定义域为，定义域关于原点对称，

又任取，可得，，

所以函数为偶函数，

因为，所以在上不是增函数，A错误；

对于B，函数的定义域为，定义域不关于原点对称，

所以函数不是偶函数，B错误；

对于C，函数的定义域为，定义域关于原点对称，

又任取，可得，，

所以函数为奇函数，C错误；

对于D，函数的定义域为，定义域关于原点对称，

又，所以函数为偶函数，

由幂函数性质可得函数在上单调递减，

所以函数在上单调递增，D正确；

故选：D.

5．要得到函数的图象，只需将指数函数的图象（    ）

A．向左平移个单位 B．向右平移个单位

C．向左平移个单位 D．向右平移个单位

【答案】D

【分析】利用函数图象的平移变换可得出结论.

【详解】因为，，

所以，为了得到函数的图象，只需将指数函数的图象向右平移个单位，

故选：D.

6．定义在上的奇函数的图象关于直线对称，当时，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由的图象关于直线对称，可得，然后令代入化简，再结合函数为奇函数可求得结果.

【详解】因为的图象关于直线对称，所以，

因为为奇函数，且当时，，

所以，

故选：C

7．若函数有且仅有一个极值点，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．或

【答案】B

【分析】求函数的定义域和导函数，结合极值点的定义列不等式求的取值范围.

【详解】函数的定义域为，导函数，

因为函数有且仅有一个极值点，

所以方程有且仅有一个正根，且正根的两侧函数的函数值异号，

所以，

故选：B.

8．函数的大致图像为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用排除法，先利用函数值正负的分布判断B错误，再利用特殊值判断D错误,根据极值点确定C错误，即得答案.

【详解】函数中，，当时,,看图像知B选项错误；

函数中，，当时,, 看图像知D选项错误；

解得，故为函数的极值点，故C选项不符合，A选项正确.

故选：A.

9．若函数，则“”是“函数存在零点”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】结合零点的定义求“函数存在零点”的等价条件，再由充分条件和必要条件的定义判断结论即可.

【详解】函数存在零点可得，等价于方程有实数根，

等价于有非零实数根，

等价于，等价于或，

所以“”是“函数存在零点”的充分不必要条件，

故选：A.

10．甲、乙、丙在九寨沟、峨眉山、青城山三个景点中各选择了一个景点旅游，每人去的景点都不相同．已知①乙没有去九寨沟；②若甲去了峨眉山，则丙去了青城山；③若丙没有去峨眉山，则甲去了峨眉山．下列说法正确的是（    ）

A．丙去了峨眉山 B．乙去了峨眉山

C．丙去了青城山 D．甲去了青城山

【答案】A

【分析】由条件③出发进行推理，发现与①矛盾，从而得出结论，进而即得.

【详解】由题意，③可知若丙没有去峨眉山，则甲去了峨眉山，

那么再由②若甲去了峨眉山，则丙去了青城山，此时乙就只能去九寨沟，这与①矛盾；

所以丙去了峨眉山，所以甲去了九寨沟，乙去了青城山，

所以选项A正确，选项BCD错误.

故选：A

11．已知函数若，且，则的最小值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】分情况讨论，当属于不同的区间时，符合题意，构造函数，求导，即可由单调性确定函数的最值求解.

【详解】由于函数均为定义域内的单调递增函数，

若，则，不符合要求；

若，由于，则，不符合要求；

若，则，

此时，

记，则，

当单调递增，当单调递减，

所以当时，取极小值也是最小值，故；

若，则，

此时，与情况类同；

综上可知的最小值为.

故选：B.

12．已知，若，都有，则的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】要使题设成立，需满足，先求出函数的最大值，再采用分离常数法结合导数求解即可

【详解】因为，所以，

当时，，当时，，

故在上单调递增，在上单调递减，所以；

因为，都有，

所以在恒成立，即在恒成立，

令，则，

令，则恒成立，

所以在单调递增，，

故存在唯一，使得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

又，解得，

所以，

所以，即.

故选：C.

【点睛】关键点睛：函数中的任意性和存在性问题的实质上都可以转化为函数的最值问题.

二、填空题

13．若幂函数的图象过点，则         ．

【答案】3

【分析】将代入幂函数中求出，从而可求出的值.

【详解】设幂函数为，则，得，

所以，

所以，

故答案为：3

14．已知，且，则         ．

【答案】3

【分析】结合指数式与对数式的关系及对数运算性质解方程可得结论.

【详解】因为，所以，所以，

又，

所以，解得，

所以，故，

故答案为：3.

三、解答题

15．曲线在点处的切线方程为         ．

【答案】

【分析】求导，即可由点斜式得直线方程.

【详解】，则，所以，所以点处的切线方程为，即，

故答案为：

四、填空题

16．若为奇函数，则实数         ．

【答案】

【分析】由奇函数的定义域关于原点对称可求得的值，由奇函数的性质得出可求得的值，然后利用函数奇偶性的定义验证函数即可.

【详解】因为，

当时，则，则函数的定义域为，

此时函数为非奇非偶函数，不合乎题意，所以，，

由可得且，

所以，函数的定义域为，

因为函数为奇函数，则其定义域关于原点对称，所以，，解得，

则，

由奇函数的性质可得，解得，

此时，，该函数的定义域为，

，即函数为奇函数，

合乎题意，故.

故答案为：.

五、解答题

17．已知，命题“”，命题“”

(1)若命题为假命题，求实数的取值范围；

(2)若命题“”为真命题，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)．

【分析】（1）根据函数的最值即可求解p为真命题时m的范围，即可求解p为假时的范围，

（2）根据一元二次方程根的情况，根据且命题真假性的判断即可列不等式求解.

【详解】（1）∵命题p：“，”，

故对恒成立；    

又当时，在上取最大值2，    

∴命题p为真命题时，实数m的取值范围是；    

∴命题p为假命题时，实数m的取值范围为．

（2）由（1）可知，当命题p为真命题时，，

当命题q为真命题时，=，解得或．    

∵命题“”为真命题，则命题p为真命题，且命题q为假命题，    

∴；    

综上所述：实数m的取值范围为．

18．为了改善湖泊的水质，某市环保部门于2021年年终在该湖泊中投入一些浮萍，这些浮萍在水中的繁殖速度越来越快，2022年2月底测得浮萍覆盖面积为，2022年3月底测得浮萍覆盖面积为，浮萍覆盖面积（单位：）与2022年的月份（单位：月）的关系有两个函数模型与可供选择．

(1)分别求出两个函数模型的解析式；

(2)若2021年年终测得浮萍覆盖面积为，从上述两个函数模型中选择更合适的一个模型，试估算至少到哪一年的几月底浮萍覆盖面积能超过？（参考数据：）

【答案】(1)，

(2)2023年2月

【分析】（1）将分别代入两个函数表达式中即可求解，

（2）根据确定选用的函数，即可利用对数的运算求解.

【详解】（1）若选择模型，

则，解得，，

故函数模型为，

若选择模型，则，

解得，，

故函数模型为．

（2）把代入可得，，

把代入可得，，

∵，

∴选择函数模型更合适，    

令，可得，两边取对数可得，，

∴，

故浮萍至少要到2023年2月底覆盖面积能超过8100m2．

19．已知二次函数．

(1)若函数的图像与轴的交点为和，且函数在上不单调，求实数的取值范围；

(2)已知，函数在处取得极值为0，求函数在区间上的最大值（结果用含的代数式表示）．

【答案】(1)

(2)．

【分析】（1）由二次函数的图像与轴的交点求出对称轴，由函数在区间上不单调，列不等式求实数的取值范围；    

（2）由题意，二次函数的图像抛物线开口向上，顶点坐标为，对应的二次方程有两个相等的实根2， 利用韦达定理求出与的关系，由函数图像的对称轴确定函数最大值点.

【详解】（1）∵函数的图像与轴的交点为和，

∴函数图像的对称轴为，

又在上不单调，

则满足，解得，    

即实数m的取值范围为．

（2）∵函数在处取得极值为0，

∴方程有两个相等的实根2，

故，解得

此时，

∴，对称轴为，

∵，则，

∴．

20．已知函数．

(1)若，求函数的极值，并判断其零点的个数；

(2)若对任意成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)极大值为13，极小值为，且f(x)有三个零点

(2)

【分析】（1）利用导数判断原函数的单调性与极值，并根据零点存在性定理判断零点的个数；

（2）分、和三种情况，结合恒成立问题分析运算.

【详解】（1）若，则，，

令，解得，

当x变化时，的取值情况如下：

且，，，，

根据零点存在定理可得：分别在，，上各有一个零点，

所以函数的极大值为13，极小值为，且f(x)有三个零点．

（2）由题意可得：，

令，解得，

当时，，则在上为减函数，

所以，满足题意；

当时，由得，得，

故在上是增函数，在上为减函数，

所以，解得；

当时，由得，由，得，

故在上是增函数，在上为减函数，

所以，不合题意；

综上所述：a的取值范围是．

【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题

（1）分离参数法

第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；

第二步：利用导数求该函数的最值；

第三步：根据要求得所求范围．

（2）函数思想法

第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；

第二步：利用导数求该函数的极值；

第三步：构建不等式求解．

21．已知函数，．

(1)讨论函数的单调性；

(2)若函数的零点分别为，且，证明：．

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求函数的定义域和导函数，结合导数与函数单调性的关系判断函数的单调性；

（2）由已知结合两点定义可得，由分析可得要证明，只需证明，

设，则只需证明，设，再利用导数求函数的最值即可证明结论.

【详解】（1）函数的定义域为，导函数，

①当时，，则在上单调递增；

②当时，令，则，

∴当时，，函数在上单调递增，

当时，，函数在上单调递减；

（2）由（1）知，方程的两个不等的正实根，即，

亦即，从而，

设，又，即，

要证，即证，

只需证，

即证，

即证，

即证，

即证，

即证，

即证，

令，则

设，则

则在上单调递增，有，

于是，即有在上单调递增，

因此，即，

所以成立，即．

【点睛】关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，其中.

(1)求的普通方程与直线的直角坐标方程；

(2)直线与曲线交于A，两点，且A，两点对应的极角分别为，，求的值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）利用参数方程、极坐标方程、普通方程的转化即可得出结果；

（2）先将的极坐标方程写出，再与联立解方程，由图象分析即可得出结果.

【详解】（1）由得，

消去得为的普通方程；

由，得，

令，，得为直线的直角坐标方程.

（2）在中，令，，

所以，即为的极坐标方程，

联立得，

所以，所以，又，所以，

所以或或或，解得或或或，

由图可知，两交点位于第一、四象限，所以或，

所以.

23．已知函数．

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若的最小值为2，且，求的最小值．

【答案】(1)

(2)9

【分析】（1）根据零点分区间，分类求解即可，

（2）根据绝对值三角不等关系可得，进而结合基本不等式即可求解.

【详解】（1）当时，等价于，

当时，，则，

当时，，则，

当时，，则，

综上所述，不等式的解集为．

（2），

当且仅当等号成立，

，即，

，，

，

当且仅当，即，即，时，等号成立，

故的最小值为9