黑龙江省牡丹江市第一高级中学2023−2024学年高二下学期7月期末考试 数学试题（含解析）

这是一份黑龙江省牡丹江市第一高级中学2023−2024学年高二下学期7月期末考试 数学试题（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
3． “”的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．C．D．
4．设为正实数，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
5．下列函数中，不满足的是（ ）
A．B．C．D．
6．某市一天内的气温（单位：℃）与时刻（单位：时）之间的关系如图所示，令表示时间段内的温差（即时间段内最高温度与最低温度的差），与之间的函数关系用下列图象表示，则下列图象最接近的是（ ）.
A．B．
C．D．
7．已知定义在上的函数满足，且函数为奇函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的一个周期是2
B．是奇函数
C．不一定是偶函数
D．的图象关于点中心对称
8．函数若对任意，（），都有成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列命题的否定中，是全称量词命题且为真命题的是（ ）
A．，B．所有的正方形都是矩形
C．，D．至少有一个实数x，使
10．下列说法正确的是（ ）
A．偶函数的定义域为，则
B．一次函数满足，则函数的解析式为
C．若不等式的解集为或，则
D．若集合中至多有一个元素，则
11．定义域为的函数，对任意x，，，且不恒为0，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．为偶函数
C．若，则关于中心对称
D．若，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．函数的定义域是 .
13．若函数，若，则 .
14．已知函数，若，则当取得最小值时， ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知曲线.
(1)求与直线平行，且与曲线相切的直线方程；
(2)设曲线上任意一点处切线的倾斜角为，求的取值范围.
16．设函数 .
(1)若不等式对一切实数x恒成立，求a的取值范围；
(2)解关于的不等式：.
17．近年来，合肥市地铁轨道交通高质量发展，成为中国内地轨道交通新星，便捷的交通为市民出行带来极大便利，刷新了市民幸福指数.春节将至，为了提升人们的乘车体验感，合肥某地铁线路准备通过调整发车时间间隔优化交通出行，已知地铁的发车时间间隔（单位：分钟）满足，通过调研，在某一时段，地铁载客量与发车时间间隔相关，当时地铁可达到满载状态，载客量为1250人，当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为3分钟时载客量为610人，记地铁载客量为.
(1)求的解析式；
(2)经过对该线路的数据分析，得出市民乘车体验感指数与发车时间间隔之间的函数关系，体验感指数越高，乘车体验感就越好，问当发车时间间隔为多少时，市民乘车体验感最好？
18．已知定义在上的函数，且是偶函数.
(1)求的解析式；
(2)当时，记的最大值为，，若存在，使，求实数的取值范围.
19．已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数在上有零点，且，求实数m的取值范围.
参考答案
1．【答案】D
【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，所以.
故选D.
2．【答案】D
【分析】由不等式的性质判断ACD；取特殊值判断B.
【详解】对于A，因为，所以，即，故错误；
对于B，取，则，故错误；
对于C，由，得，所以，故错误；
对于D，由，得，所以，故正确.
故选D.
3．【答案】B
【分析】由集合的包含关系直接判断即可.
【详解】，
因为，
所以是的必要不充分条件.
故选B.
【思路导引】解不等式可得，利用集合的包含关系即可得出结果.
4．【答案】C
【分析】由可得，则，化简后利用基本不等式可求得结果.
【详解】因为为正实数，且，
所以，
所以，
当且仅当，即，即时等号成立，
所以的最小值为.
故选C.
5．【答案】C
【分析】逐一验证即可.
【详解】对于A，，故满足；
对于B，，故满足；
对于C，，故不满足；
对于D，，故满足；
故选C.
6．【答案】D
【分析】根据的图象确定的变化趋势，确定正确选项.
【详解】由题意，从0到4逐渐增大，从4到8不变，从8到12逐渐增大，从12到20不变，从20到24又逐渐增大，
从4到8不变，是常数，该常数为2，只有D满足.
故选D.
7．【答案】D
【分析】对于A，根据函数周期性的定义分析判断；对于BC，根据函数奇偶性的定义结合题意分析判断；对于D，根据函数的周期性、偶函数和对称性分析判断即可.
【详解】对于A，因为定义在上的函数满足，
所以，所以，
所以，所以的一个周期是4，所以A错误；
对于BC，因为，所以，
因为函数为奇函数，所以，
所以，所以的图象关于点对称，
所以，所以，
所以是偶函数，不是奇函数，所以BC错误；
对于D，因为为偶函数，的图象关于点对称，
所以的图象关于点对称，
因为的一个周期是4，所以的图象关于点对称，
即的图象关于点中心对称，所以D正确.
故选D.
8．【答案】A
【详解】因为对任意，（），都有成立，所以是减函数，
则解得.故选A.
【易错警示】分段函数的单调性，除了满足在每一段上都单调之外，还要保证端点值符合单调性的要求.
9．【答案】AC
【分析】AC：原命题的否定是全称量词命题，原命题的否定为真命题，所以该选项符合题意；B：原命题为全称量词命题，其否定为存在量词命题，所以该选项不符合题意；D：原命题的否定不是真命题，所以该选项不符合题意.
【详解】A：原命题的否定为：，，是全称量词命题，因为，所以原命题的否定为真命题，所以该选项符合题意；
B：原命题为全称量词命题，其否定为存在量词命题，所以该选项不符合题意；
C：原命题为存在量词命题，其否定为全称量词命题，对于方程，，所以，所以原命题为假命题，即其否定为真命题，所以该选项符合题意；
D：原命题的否定为：对于任意实数x，都有，如时，，所以原命题的否定不是真命题，所以该选项不符合题意.
故选AC.
10．【答案】AC
【分析】利用奇偶函数的定义域关于原点对称求出a，即可判断A；利用待定系数法解函数解析式即可判断B；根据一元二次不等式的解集与一元二次方程的根之间的关系求出a、c，即可判断C；根据元素与集合的关系，结合一元二次方程的相关知识求解，即可判断D.
【详解】A：因为函数为偶函数，所以其定义域关于原点对称，
所以，解得，故A正确；
B：设，所以，
又，所以，解得或，
所以或，故B错误；
C：由题意，且为方程的两个不同的根，
则，解得，所以，故C正确；
D：若集合A有1个元素，当时，，符合题意；
当时，方程有两个相同的根，则，
此时，符合题意，
若集合A有0个元素，则，即方程无实根，
则，
综上，实数的取值范围为或，故D错误.
故选AC.
【思路导引】根据偶函数定义域关于原点对称，计算可得；假设，利用待定系数法可得或；结合题目条件可得且-1和2是方程的两个不同的根，即可计算出a、c的值；当集合A有1个元素时，需分为和两种情况，当集合A有0个元素，则方程无实根，即可计算出实数的取值范围.
11．【答案】BCD
【分析】根据给定的等式，利用赋值法，结合奇偶函数的定义、对称中心及周期性定义逐项判断得解.
【详解】对于A，令，有，而不恒为0，则，A错误；
对于B，由A知，令，有，
即，则函数为偶函数，B正确；
对于C，若，令，有，
则关于中心对称，C正确；
对于D，显然关于中心对称，又为偶函数，则，
即，因此，是周期为4的周期函数，
显然，，即，
所以，D正确.
故选BCD.
12．【答案】
【分析】保证分母不为零，被开方式大于等于零即可.
【详解】由题意得，解得且，
∴函数的定义域为.
故答案为：.
13．【答案】或
【分析】分与讨论，代入解析求解即可.
【详解】时，，解得；
时，，解得或（舍），
综上可得或.
故答案为：或.
14．【答案】
【分析】根据题意，由条件可得，令，结合基本不等式代入计算，即可得到结果.
【详解】由得，即，令，
则
当且仅当，即时，取得最小值，此时z也取得最小值．
故答案为.
【方法总结】利用基本不等式求最值的方法与技巧：
(1)在运用基本不等式时，要特别注意“拆”“拼”“凑”等技巧的使用，使其满足基本不等式的“一正”“二定”“三相等”的条件；
(2)利用基本不等式求最值时，要从整体上把握，有时可乘一个数或加一个数，注意“1”的代换等应用技巧.
15．【答案】(1)或；
(2).
【分析】（1）根据导数几何意义可求得切点坐标，结合直线点斜式可求得结果；
（2）根据直线斜率和倾斜角关系直接求解即可.
【详解】（1），，
令，解得：，
当时，，切线方程为：，即；
当时，，切线方程为：，即；
综上所述：所求直线方程为或.
（2）由（1）知：，，
又，.
16．【答案】(1)；
(2)答案见解析.
【分析】（1）对是否为零进行讨论，再结合二次函数的性质即可求解；
（2）不等式化简为，根据一元二次不等式的解法，分类讨论即可求解.
【详解】（1）对一切实数x恒成立，等价于恒成立，
当时，不等式可化为，不满足题意，
当，有，即，解得，
所以的取值范围是.
（2）依题意，等价于，
当时，不等式可化为，所以不等式的解集为，
当时，不等式化为，此时，所以不等式的解集为，
当时，不等式化为，
①当时，，不等式的解集为；
②当时，，不等式的解集为；
③当时，，不等式的解集为；
综上，当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为.
17．【答案】(1)；
(2)分钟.
【分析】（1）根据题意建立函数模型并计算解析式即可；
（2）由函数的单调性及基本不等式分类讨论计算即可.
【详解】（1）由题意可设（k为常数），
因为，则，
所以.
（2）由，结合（1）可知，
可得，
整理得，
①当时，，
当且仅当时等号成立；
②当时，在上单调递减，
即当时取最大值；
由①②可知，当发车时间间隔为分钟时，用户体验感指数最高，用户体验感最好.
18．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）令，结合偶函数的定义计算即可；
（2）借助函数的单调性求出的最大值为，再对进行参变分离求出最值即可.
【详解】（1）记，
为偶函数，恒成立，
即恒成立，
恒成立，
恒成立，即恒成立，，
.
（2）和都是单调递增函数，
在是单调递增的，
，
在上有解，
在上有解，
在上有解，
在上单调递增，
，
.
19．【答案】(1)答案见解析；
(2).
【分析】（1）求出函数的导数，根据最高次项系数是否为以及二次函数的开口与根的情况，对m进行分类讨论即可得结果；
（2）令，转化为函数在内有零点，再构造函数，通过研究的极值与端点值的符号确定的单调性与零点情况即可.
【详解】（1）已知，函数定义域为R，
可得，
①当时，，所以在R上单调递减；
②当时，因为是开口向上的二次函数，且，
若，即时，，所以，所以在R上单调递减；
若，即时，此时方程有两个根，，
所以当或者时，，即，
当时，，即，
所以在和上为减函数，
在上为增函数；
③当时，因为是开口向下的二次函数，且，
此时方程有两个根，，且，
所以当或者时，，即，
当时，，即，
所以在和上为增函数，
在上为减函数；
综上所述，当时，函数在R上单调递减；
当时，函数在和上为减函数，
在上为增函数；
当时，函数在和上为增函数，
在上为减函数.
（2）令，解得，
不妨设，函数定义域为，
在内有零点，即在内有零点，
不妨设为在内的一个零点，即，，
又因为，，
所以在区间和上都不单调，
不妨设，，
则在区间和上均存在零点，即在上至少有两个零点，
由，则，
其中，
①当时，，在上单调递增，不可能有两个及以上零点；
②当时，，在上单调递减，不可能有两个及以上零点；
③当时，令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在处取得最小值，
若有两个零点，需满足，，，
令，则，
设，，
可得，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，此时恒成立，
又，，
解得，
当时，不妨设的两个零点分别为，
可得在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以，，
则在区间内有零点，满足题意.
综上所述，实数的取值范围为.