2022-2023学年福建省福州第三中学高二下学期期末考试数学试题含答案

2022-2023学年福建省福州第三中学高二下学期期末考试数学试题

一、单选题

1．若集合，，则

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出集合N，然后进行补集、交集的运算即可．

【详解】N＝{0，1，2，3，4}，∁RM＝{x|x≤1}；

∴（∁RM）∩N＝{0，1}．

故选B．

【点睛】本题考查补集、交集的运算，描述法、列举法的定义，熟记交集，补集的定义是关键，是基础题．

2．“”是“”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

【答案】A

【分析】根据对数与根式的定义域与单调性，结合充分与必要条件的定义判定即可.

【详解】则，则，因为是的充分不必要条件，故“”是“”的充分而不必要条件.

故选：A

3．已知函数，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据求导法则求解即可.

【详解】由题意，，故.

故选：D

4．定义：对于定义域内的任意一个自变量的值，都存在唯一一个使得成立，则称函数为“正积函数”.下列函数是“正积函数”的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据“正积函数”的定义一一判断即可.

【详解】对于A，，

由，

当时，则不存在满足情况，故A不是正积函数；

对于B，，

由，

则任意一个自变量的值，都存在唯一一个满足，

故B是正积函数；

对于C，，

由，

得，

当时，则，，，则不唯一，故C不是正积函数；

对于D，，

由，

当时，则不存在满足情况，故D不是正积函数.

故选:B.

5．函数（其中为自然对数的底数）的图象大致为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】对比函数和选项图像的定义域、奇偶性，即可排除错误答案，即可得解.

【详解】由题意得函数的定义域为，可排除B、C，

∵，

∴函数为偶函数，可排除选项A.

故选：D.

【点睛】本题考查了函数图像的识别，属于基础题.

6．若函数有极值，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由题意，有两个实数根求解即可.

【详解】∵函数有极值点，

∴有两个不同实数根，

∴，解得

故选：B

7．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由对数函数的性可知，再根据三角函数的性质可知，由此即可求出结果.

【详解】因为，所以，即，

又，所以；

又，所以，即.

故选：B.

8．高斯函数是数学中的一个重要函数，在自然科学社会科学以及工程学等领域都能看到它的身影.设，用符号表示不大于的最大整数，如，则叫做高斯函数.给定函数，若关于的方程有5个解，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】证明函数是以为周期的周期函数，并根据时，的图象画出， ，将方程的解的个数转化为函数的交点个数，讨论的取值，根据图像，列出相应不等式即可得到实数的取值范围.

【详解】

所以函数是以为周期的周期函数，当时，，则

要使得有5个解，即函数与函数的图象有5个交点.

当时，函数与函数，的图象如下图所示

不满足题意

当时，函数与函数，的图象如下图所示

要使得函数与函数的图象有5个交点，则函数的图象低于点A，不低于点B

故有 ，解得：

故选：D

【点睛】本题主要考查了根据函数的零点个数求参数范围，属于难题.

二、多选题

9．，，，下列命题正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，，则 D．若，则

【答案】BD

【分析】利用特殊值排除错误选项，利用差比较法判断正确选项.

【详解】A选项，时，，但，A选项错误；

B选项，由随的增大而增大可得，B选项正确；

C选项，时，，但，C选项错误；

D选项，若，由不等式两边同时乘以负数则变号可得，且，即，D选项正确.

故选：BD

10．下列说法正确的是（    ）

A．若函数的定义域为，则函数的定义域为

B．函数是减函数

C．函数的图象关于点成中心对称

D．幂函数在上为减函数，则的值为1

【答案】CD

【分析】对于A，由复合函数的定义域的求法判断；对于B，根据幂函数的单调性进行判断；对于C，通过平移函数的图象判断函数的图象的对称中心；对于D，通过幂函数的定义和单调性得到关于m的关系式，进而求解m的值.

【详解】对于A，函数的定义域为，由得，

则函数的定义域为，A错误；

对于B，函数在区间和上分别是减函数，在整个定义域内不为减函数，B错误；

对于C，函数的图象的对称中心为，

将函数的图象先向左平移2个单位，再向上平移1个单位得到函数的图象，

则函数的图象的对称中心为，C正确；

对于D，因为函数为幂函数，

所以，

解得，D正确.

故选：CD

11．已知函数，设（，2，3）为实数，，且，则（    ）

A．函数的图象关于点对称

B．不等式的解集为

C．

D．

【答案】ABD

【分析】对A，由可判断；对B，根据函数单调递增可求解；对CD，根据的性质画出函数图象，表示出直线的方程，根据均在直线上方建立不等关系可得.

【详解】对A，，函数的图象关于点对称，故A正确；

对B，在上单调递增，且，则化为，则，解得，故不等式的解集为，故B正确；

对CD，，则可得，且关于点对称，在上单调递增，可得函数图象如下：

均在直线上方，其中直线的方程为，

则可得，，

所以，

，

，即，故C错误，D正确.

故选：ABD.

12．已知函数是定义域为且周期为4的奇函数，当时，，，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．当，的图象是一条抛物线

C．函数的图象关于对称

D．函数的值域为

【答案】ACD

【分析】易知，然后利用对称性与周期性求解可判断A；再根据区间与解析式可得在的图像，结合周期性从而判断BCD．

【详解】对A，当时，，对称轴为，又由于是奇函数，故当时，，结合周期为4可得的图象：

故的对称轴为，，故，

，

同理，故A正确；

对BCD，当时，，，

当时，，，

则当，，

；

当，，

；

当，，

；

当，，

；

因为是周期为4的函数，故也是周期为4的函数，因此也是周期为4的函数，函数图像如图所示：

当，的图象是一条线段，故B错误；

函数图像对称轴为，，易知，时，故C正确；

由图可得，在处有最大值，在处有最小值，所以函数的值域为，故D正确．

故选：ACD

三、填空题

13．曲线在点处的切线方程是          ．

【答案】

【分析】根据导数的几何意义求解即可.

【详解】由题意，的导函数，故曲线在点处的切线斜率为，则切线方程.

故答案为：

14．已知，其中，，，则的最小值为        ．

【答案】16

【分析】根据给定条件，利用“1”的妙用求解作答.

【详解】因为，，则

，当且仅当，即时取等号，

所以的最小值为16.

故答案为：16

15．已知函数在区间上是增函数则实数的取值范围是        ．

【答案】

【分析】根据题意，利用换元法，令，则在上是增函数，结合对数函数和二次函数以及复合函数单调性之间的关系，可知在上是减函数且恒成立，最后根据二次函数的性质进行转化求解即可．

【详解】∵函数在区间上是增函数，

令，则在上是增函数，

而对数函数在定义域内为减函数，

则由复合函数单调性满足“同增异减”，

可知在上是减函数且恒成立，对称轴.

则，即，解得：，

所以实数的取值范围是.

故答案为：.

16．若直线分别与曲线，交于，两点，则线段长度的最小值为             ．

【答案】，其中.

【分析】设，，则，再通过导函数分析其单调性即可求解最小值．

【详解】设，，则，故，，，.

故，

设，

则在区间上为增函数，且当时，，且，

故在区间上存在使得，即，故

则当时，，单调递减；当时，，单调递增.

故有最小值，其中

故答案为：，其中.

四、解答题

17．已知函数，．

(1)当时，求的极小值；

(2)若在区间上单调递增，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先求函数的定义域和导函数，根据导数与极值点的关系求极值点，再求极小值即可；

（2）由条件可知在上恒成立，再分离变量构造函数求最值即可求解.

【详解】（1）函数的定义域为，

当时，  

求导得，

整理得：.

令可得，或

当时，，函数单调递减；

当或时，，函数单调递增；

所以当时，函数取极小值，极小值为.

（2），则.

由已知时，恒成立，

所以恒成立，

即恒成立，则.

设，则，

故在区间上单调递增，则，

故实数的取值范围为.

18．已知函数，．

(1)若是奇函数，求不等式的解集；

(2)若关于的方程在区间上有实数解，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据奇函数满足恒成立求解可得，再根据对数函数的单调性求解不等式即可；

（2）将题意转化为在区间上有实数解，再换元根据二次函数的单调性求解范围即可.

【详解】（1）是奇函数则，即，故恒成立，故.

当时，，定义域为，即或，满足题意；

当时，，不满足题意，故.

则即，则，即，，解得.

即不等式的解集为；

（2）由题意在区间上有实数解，即，在区间上有实数解.

设，则，，则当时取最大值；当时取最小值，

故.

19．已知函数，关于的不等式的解集为．

(1)求不等式的解集；

(2)令，已知的解集为，且，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)根据二次不等式的解集可得出，的值，代入不等式即可得出结果.

(2)分二次函数的判别式与0的大小关系讨论，再结合二次函数图象性质可得区间端点与对称轴的位置关系列式求解即可.

【详解】（1）的解集为，则1和2是的两个根，

所以代入，解得，由，则，

，即的解集为

（2）由，又的解集为，且.

①当判别式时，满足条件，此时，解得；

②当判别式时，或，由抛物线图象性质可得，即，解得，则.

综上有.

故实数的取值范围为

20．设为实数，函数，．

(1)求的解析式；

(2)当时，求的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用换元法求解即可；

（2）由（1）可得，再分别讨论二次函数对称轴与区间中线的大小关系求解最大值即可.

【详解】（1）令，则，故，即

（2）由（1）可得，故，易得抛物线开口向上，对称轴为，区间的中线为.

故当，即时，；

当，即时，.

故.

21．漳州市某研学基地，因地制宜划出一片区域，打造成“生态水果特色区”.经调研发现：某水果树的单株产量（单位：千克）与施用肥料（单位：千克）满足如下关系：，且单株施用肥料及其它成本总投入为元.已知这种水果的市场售价大约为10元/千克，且销路畅通供不应求.记该水果树的单株利润为（单位：元）.

（1）求函数的解析式；

（2）当施用肥料为多少千克时，该水果树的单株利润最大？最大利润是多少？

【答案】（1）；（2）3千克，最大利润是390元.

【解析】（1）根据题意可以直接得到利润表达式；

（2）根据定义域求每段函数的利润最大值比较后可得答案.

【详解】（1）由已知，

∴，

∴.

（2）由（1）得当时，，

∴当时，；

当时，

，

当且仅当时，即时等号成立，

∵，∴当时，，

即当施用肥料为3千克时，该水果树的单株利润最大，最大利润是390元.

【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.

22．已知函数，．

(1)讨论函数的单调性；

(2)当时，若存在直线与，的图象都相切，求的取值范围及相应的条数．

【答案】(1)答案见解析；

(2)，当时，有一条切线；当时，有两条切线.

【分析】（1）求出函数及其导数，再分类讨论求解函数单调区间作答.

（2）设出两个切点坐标，利用导数的几何意义求出切线方程，并建立等量关系，再构造函数，利用导数探讨零点个数作答.

【详解】（1）依题意，的定义域为，

求导得，

当时，由得，函数递增，由得，函数递减，

当时，，函数在上递减，

当时，由得，递增，由得或，递减，

当时，由得，递增，由得或，递减，

所以当时，函数递增区间为，递减区间为；

当时，函数的递减区间为；

当时，函数递增区间为，递减区间为；

当时，函数递增区间为，递减区间为.

（2）当时，，

令直线与，的图象分别切于点，而，

有，于是直线方程为，即，

或者，即，

因此，消去得，令，

求导得，当时，，当时，，

即函数在上单调递减，在上单调递增，，

令函数，求导得，函数在上单调递减，

当时，，即，，

显然，函数无最大值，因此当时，的值域为，

当时，函数的值域为，而函数在上单调递减，取值集合为，

因此当时，的值域为，

当时，，直线，只有一条切线；

当时，，值对应两个不同的值，有两条切线，

所以当时，有一条切线；当时，有两条切线.

【点睛】结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点处的切线方程为：.