2024-2025学年山东省烟台市高二（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年山东省烟台市高二（下）期末数学试卷（含答案），共8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．
参考答案
1.C
2.B
3.D
4.B
5.A
6.C
7.B
8.A
9.AC
10.ACD
11.BCD
12.136
13.2815
14.12
15.(1)令2x2−x−1>0，解得x1，
即函数的定义域为(−∞,−12)∪(1,+∞)，
令y=lg2u,u=2x2−x−1，
y=lg2u在其定义域内为增函数，
u(x)的图象为开口向上的抛物线，其对称轴为直线x=14，
所以当x∈(−∞,−12)时，u(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，u(x)单调递增，
由复合函数单调性性质，当x∈(−∞,−12)时，f(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，f(x)单调递增，
所以f(x)单调递减区间为(−∞,−12)，单调递增区间为(1,+∞)；
(2)由题意f(x)min≥2m−2，
由(1)知，当x∈[32,+∞)时，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(32)=lg22=1，
于是2m−2≤1=20，
即m−2≤0，解得m≤2，
故m的取值范围为(−∞,2]．
16.(1)令x=y=0，可得f(0)=f(0)+f(0)，所以f(0)=0，
令y=−x，可得f(0)=f(x)+f(−x)，所以f(−x)=−f(x)，
又f(x)的定义域为R，关于原点对称，故f(x)为奇函数，
(2)任取x1，x2∈[0,+∞)，且x10，
于是f(x1)−f(x2)=f(x1)−f(x1+Δx)=f(x1)−[f(x1)+f(Δx)]=−f(Δx)，
因为Δx>0，所以−Δx0，
又f(x)为奇函数，所以f(−Δx)=−f(Δx)>0，
所以f(x1)−f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，f(x)在[0,+∞)上单调递减，
因为f(x)为奇函数，所以f(x)在(−∞,0]单调递减，
所以f(x)在R上单调递减，
由f(x+y)=f(x)+f(y)，可知f(5)=5f(1)=−10，
所以不等式f(t2−t−2)−f(t+1)>−10，
等价于f(t2−t−2)+f(−t−1)=f(t2−2t−3)>f(5)，
所以t2−2t−30，g′(x)单增，此时g′(x)至多存在一个零点，舍去，
当a>0时，k(x)=1x−a=−ax(x−1a).当01a，
时，k(x)0，
当x→0时，g′(x)=lnx−ax+a+1→−∞，g′(x)的图象在(0,1a)连续不断，由零点存在定理，存在x1∈(0,1a)，使得g′(x1)=0．
当x→+∞时，g′(x)→−∞，同理，存在x2∈(1a,+∞)，使得g′(x2)=0．
所以，对∀a>0，g′(x)在(0,+∞)上存在两个不同的变号零点．
综上，a的取值范围为(0,+∞)．
(ii)证明：不妨设x1，x2是g′(x)=lnx−ax+a+1的两个零点，且x1e−2a，只需证lnx1+lnx2>−2a，只需证a(x1+x2)>2，
即证lnx2−lnx1x2−x1(x1+x2)>2，即证lnx2x1>2x2−x1x1+x2=2(x2x1−1)x2x1+1(∗)，
事实上，令t=x2x1>1，ℎ(t)=lnt−2(t−1)t+1，ℎ′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0，
所以ℎ(t)>ℎ(1)=0，所以不等式(∗)成立，所以原不等式成立．
19.(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．