2024-2025学年山东省烟台市高二（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年山东省烟台市高二（下）期末数学试卷（含解析），共15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。
1.命题“∀x∈R，x2+ax+1>0”的否定为( )
A. ∃x∈R，x2+ax+1>0B. ∀x∈R，x2+ax+10时，xf′(x)−f(x)>x2，f(1)=1，则f(x)x>x的解集为( )
A. (−1,0)∪(1,+∞)B. (−∞,−1)∪(0,1)
C. (−1,0)∪(0,1)D. (−∞,−1)∪(1,+∞)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列不等关系成立的有( )
A. 30.7>0.73B. lg3lg56D. 0.40.312，则其所有“二阶不动点”的和为______．
14.已知正实数a，b满足a2b2−4=2ab2lna−4bln2b，则a2+8b的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知函数f(x)=lg2(2x2−x−1)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若对任意的x∈[32,+∞)，都有f(x)≥2m−2，求实数m的取值范围．
16.(本小题15分)
定义在R上的函数f(x)满足f(x+y)=f(x)+f(y)，f(1)=−2，且x0．
(1)判断并证明f(x)的奇偶性；
(2)求关于t的不等式f(t2−t−2)−f(t+1)>−10的解集．
17.(本小题15分)
如图，某地计划在海中建设一风力发电站A，其离岸距离AC=40km，与AC垂直的海岸线BC上有一升压站B，且BC=20km.现要铺设一条电缆将A站的电力传输到B站，点P为海岸线BC上一点，线段AP，PB分别表示在海中、海岸线上铺设电缆的路线.假设海中铺设电缆的费用为m万元/千米(m为给定正数)，海岸线上铺设电缆的费用为9m41万元/千米，CP的长度为x千米．
(1)求铺设电缆总费用y关于x的函数关系式；
(2)当CP的长度为何值时，铺设电缆总费用最小？求出最小费用．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=lnx+ax−a2(a∈R)．
(1)当a=1时，求曲线f(x)切线斜率的最小值；
(2)若g(x)=x2f(x)有两个不同的极值点x1，x2．
(i)求a的取值范围；
(ii)求证：x1x2>e−2a．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=ex−ax+1(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设g(x)=ax−2lnx2，且f(x)与g(x)有相同的最小值．
(i)求a的值；
(ii)已知x1，x2∈(0,+∞)，且f(x1)=g(x2)，求证：2ex1>x2．
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：命题“∀x∈R，x2+ax+1>0”的否定为∃x∈R，x2+ax+1≤0．
故选：C．
结合命题否定的定义，即可求解．
本题主要考查命题否定的定义，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：A={x|y= 1−x}={x|x≤1}，则∁RA={x|x>1}；
B={x|y=ln(2−x)}}={x|x0，f(2)=14−lg2=lg410−lg4160，所以排除BD，
又f(π6)=π12−120)，
则g′(x)=1+lnx−1=lnx，
当x>1时，g′(x)>0，当00，即当x∈(0,+∞)时，g(x)为增函数，
∵f(x)为定义在(−∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数，y=x为奇函数，
∴g(x)为定义在(−∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数，
∴当x∈(−∞,0)时，g(x)为增函数，
又f(−1)=f(1)=1，g(−1)=−g(1)=−[f(1)1−1]=0，
∴f(x)x>x等价于g(x)>0=g(1)，
∴x>1或−10.73，故A正确；
对于B，lg3>0，ln0.9lg4lg3−lg4+lg53lg3+lg53=(lg4−lg3)lg53lg3(lg3+lg53)>0，
故lg34>lg56，C正确；
对于D，0.40.3>0.40.4>0.30.4，故D错误．
故选：AC．
根据指数函数、幂函数、对数函数的性质以及对数运算性质对各选项进行逐项判断．
本题主要考查对数值比较大小，属于中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：因为f(x)=12a2x2−3ax+2lnx,x>0，
所以f′(x)=a2x−3a+2x=a2x2−3ax+2x=(ax−1)(ax−2)x，
因为函数f(x)在x=1处取得极大值，
所以f′(1)=(a−1)(a−2)=0，解得a=1或a=2，
当a=2时，f′(x)=(2x−1)(2x−2)x，
当00，f(x)单调递增；当120时，x∈(−∞,lna)时，f(x)单调递减，x∈(lna,+∞)时，f(x)单调递增；
(i)a=1；
(ii)证明见解答．
【解析】(1)依题意f′(x)=ex−a，
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在R上单调递增；
当a>0时，令f′(x)=0得，ex=a，即x=lna；
当x∈(−∞,lna)时，f′(x)0，f(x)单调递增，
综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递增，当a>0时，x∈(−∞,lna)时，f(x)单调递减，x∈(lna,+∞)时，f(x)单调递增；
(2)(i)由(1)知，当a>0时，x=lna时f(x)取得最小值a−alna+1．
g′(x)=a−2x=ax−2x，当x∈(0,2a)时，g′(x)0，g(x)单调递增，
所以，当x=2a时g(x)取得极小值即最小值2+2lna，
由题意可知，a−alna+1=2+2lna，即(a+2)lna−a+1=0，
令F(a)=(a+2)lna−a+1，则F′(a)=lna+2a,F″(a)=a−2a2，
所以当a∈(0,2)时，F′′(a)0，F′(a)单调递增，
所以F′(a)取得最小值F′(2)=ln2+1>0，
所以F′(a)>0在(0,+∞)上恒成立，所以F(a)在(0,+∞)上单增，
又F(1)=0，所以a=1；
(ii)证明：因为f(x1)=g(x2)，所以ex1−x1+1=x2−2lnx22，
即x1−ex1=(1−x22+lnx22)+lnx22−x22．
令ℎ(t)=1−t+lnt(t>0)，则ℎ′(t)=−1+1t=1−tt，
可知ℎ(t)在t=1时取得最大值0，所以ℎ(t)≤0，即1−x22+lnx22≤0，
所以x1−ex1≤lnx22−x22=lnx22−elnx22，当且仅当x2=2时，“=”成立．
令m(t)=t−et，则m′(t)=1−et，当t>0时，m′(t)2时，x1,lnx22∈(0,+∞)，由m(x1)lnx22．
当x2∈(0,2]时，显然lnx22≤0lnx22，即2ex1>x2．
(1)求导后，通过对a≤0与a>0的讨论，可得f(x)的单调性；
(2)(i)分别求得f(x)与g(x)的最小值，结合题意，即可求得a的值；
(ii)依题意，得x1−ex1=(1−x22+lnx22)+lnx22−x22，令ℎ(t)=1−t+lnt(t>0)，求导分析，可证得结论成立．
本题考查导数和函数的单调性、极值的关系，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题．