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2020-2021学年云南省昭通高二（下）期末考试数学（理）试卷人教A版
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这是一份2020-2021学年云南省昭通高二（下）期末考试数学（理）试卷人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合A=−1,0,1,2，B=x|0A.−1,0,1B.0,1C.−1,1,2D.1,2
2. 下列函数中，既是0,+∞上的增函数，又是偶函数的是( )
A.y=1xB.y=2xC.y=1−|x|D.y=lg|x|
3. 函数f(x)=lg13(−x2+x+6)的单调递减区间为（ ）
A.(−2,12)B.(−∞,12)C.(12，+∞)D.(12，3)
4. 设x∈R，则“4x>2x”是“x>1”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
5. 已知函数f(x)=2x−1−2,x≤1,−lg2(x+1),x>1,且f(a)=−3，则f(6−a)=( )
A.−74B.−54C.−34D.−14
6. 函数fx=3xsinx−x2ex+e−x的图象大致为( )
A.B.
C.D.
7. 标准的围棋棋盘共19行19列，361个格点，每个格点上可能出现“黑”“白”“空”三种情况，因此有3361种不同的情况.而我国北宋学者沈括在他的著作《梦溪笔谈》中，也讨论过这个问题，他分析得出一局围棋不同的变化大约有“连书万字五十二”种，即1000052，下列数据最接近33611000052的是(参考数据：lg3≈0.477)( )
A.10−37B.10−35C.10−34D.10−36
8. 函数y=lga(x−1)+1(a>0,a≠1)的图象恒过定点A，若点A在一次函数y=mx+n的图象上，其中m>0，n>0，则1m+2n的最小值是（ ）
A.6B.7C.8D.9
9. 已知f(x)=(1−2a)x+3a，z<1ln x，x≥1的值域为R，那么a的取值范围是（ ）
A.(−∞,−1]B.−1,12C.−1,12D.0,12
10. 已知函数f(x)和f(x+2)都是定义在R上的偶函数，当x∈[0,2]时，f(x)=2x，则f−20192=( )
A.2B.22C.322D.2
11.
已知f(x)是定义在R上的奇函数，对任意两个不相等的正数x1，x2，都有x2fx1−x1fx2x1−x2<0．记a=，b=，c=flg0.2 4.1lg0.2 4.1，则（ ）
A.a
12. 设函数f(x)=ln(x2+1−x)，若a，b满足不等式f(a2−2a)+f(2b−b2)≤0，则当1≤a≤4时，2a−b的最大值为（ ）
A.1B.8C.5D.10
二、填空题
已知函数fx=−x2+2ax+3在区间−∞,4上是增函数，则实数a的取值范围是________.
函数f(x)=9x2+x−1的最小值为________．
已知函数y=fx−1的图象关于1,0对称，且函数y=fx在0,+∞上单调递减，若x∈1,e时，不等式f2m−lnx−1≤2f1+flnx+1−2m恒成立，则实数m的取值范围是________.
设f(x),g(x)是定义在R上的两个周期函数，f(x)的周期为4，g(x)的周期为2，且f(x)是奇函数，当x∈(0,2]时，f(x)=1−(x−1)2，g(x)=k(x+2),00.若在区间(0,9]上，关于x的方程f(x)=g(x)有8个不同的实数根，则k的取值范围是________.
三、解答题
已知函数f(x)=lga(1−x)+lga(x+3)(01求函数f(x)的定义域；
2求函数f(x)的零点；
3若函数f(x)的最小值为−4，求a的值．
已知p:−x2−x+6≤0，q:|1−x+32|≤m．
(1)若¬p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围；
(2)当m=1时，若¬p∨q为真，¬p∧q为假，求实数x的取值范围．
研究表明：在一节40分钟的数学课中，学生的注意力指数fx与听课时间x（单位：分钟）之间的变化曲线如图所示：当x∈(0,16]时，曲线是二次函数图象的一部分；当x∈16,40时，曲线是函数y=lg0.8x+a+80图象的一部分．
(1)求函数fx的解析式；
(2)如果学生的注意力指数低于75，称为“欠佳听课状态”，则在一节40分钟的数学课中，学生处于“欠佳听课状态”所持续的时间有多长？（精确到2分钟，参考数据：45=1024，55=3125）
已知函数fx=lg2(1+2x+1+4xa)+bx(a,b∈R).
(1)若a=1，且f(x)是偶函数，求b的值；
(2)若fx在(−∞,−1)上有意义.求实数a的取值范围；
(3)若a=4，且A=xfx=(b+1)(x+1)}=⌀，求实数b的取值范围.
已知函数fx=aex+lna,gx=lnx+1+1（其中α为常数，e是自然对数的底数）
(1)若a=1，求函数fx在点0,f0处的切线方程；
(2)若fx>gx恒成立，求a的取值范围．
在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x=−12t，y=a+32t (t为参数，a∈R)．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=4csθ，射线θ=π3(ρ≥0)与曲线C交于O，P两点，直线l与曲线C相交于A，B两点．
(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
(2)当|AB|=|OP|时，求a的值．
已知函数fx=|2x+1|−|x−a|.
(1)当a=4时，求不等式fx>2的解集；
(2)若fx≥|x−4|的解集包含2,3，求实数ａ的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年云南省昭通市高二（下）期末考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
根据交集的定义写出A∩B即可．
【解答】
解：集合A=−1,0,1,2，B=x|0则A∩B=1,2．
故选D．
2.
【答案】
D
【考点】
函数奇偶性的判断
函数的单调性及单调区间
【解析】
根据基本初等函数的单调性和奇偶性，以及函数图象的翻折变换法则逐一判断每个选项即可．
【解答】
解：A.函数y=1x在0,+∞上是减函数，且是奇函数，即A不符合题意；
B.函数y=2x是非奇非偶函数，即B不符合题意；
C.函数y=1−|x|在0,+∞上是减函数，即C不符合题意；
D.对于函数y=lg|x|，当x>0时，有y=lgx，单调递增；而f−x=lg|−x|=lg|x|=fx ，所以f(x)是偶函数，即D正确．
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
复合函数的单调性
对数函数的单调性与特殊点
【解析】
令t=−x2+x+6>0，求得函数的定义域，根据f(x)=g(t)=lgt，本题即求函数t在定义域内的减区间，再利用二次函数的性质得出结论．
【解答】
略
4.
【答案】
B
【考点】
指、对数不等式的解法
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
由4x>2x，利用指数函数的单调性可得x>0 再利用集合的包含关系即可求解．
【解答】
解：∵ 4x>2x，∴ 22x>2x，∴ 2x>x，∴ x>0，
∵ 1,+∞⊆0,+∞，
∴ 4x>2x是x>1的必要不充分条件．
故选B．
5.
【答案】
A
【考点】
函数的求值
分段函数的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当a≤1时，2a−1−2=−3，
此时a无解，
当a>1时，−lg2(a+1)=−3，
lg2(a+1)=3，
即a=7，
∴ f(6−a)=f(−1)=2−1−1−2=−74.
故选A.
6.
【答案】
B
【考点】
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：f(−x)=3(−x)sin(−x)−(−x)2e−x+e−(−x)=3xsinx−x2e−x+ex=f(x)，
所以fx为偶函数，排除A，D；
fx=x⋅3sinx−xex+e−x，
令gx=3sinx−x，
gπ2=3−π2>0，
则fπ2>0，排除C.
故选B．
7.
【答案】
D
【考点】
对数的运算性质
【解析】
根据题意，对33611000052取对数可得lg33611000052=lg3361−lg1000052=361×lg3−52×4≈−35.8，即可得33611000052≈10−35.8，分析选项即可得答案．
【解答】
解：根据题意，对于33611000052，
有lg33611000052=lg3361−lg1000052
=361×lg3−52×4≈−35.8，
则33611000052≈10−35.8，
分析选项：B中10−36与其最接近，
故选D.
8.
【答案】
C
【考点】
基本不等式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
略
9.
【答案】
C
【考点】
函数的值域及其求法
分段函数的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
略
10.
【答案】
B
【考点】
函数的周期性
函数的求值
【解析】
由于f(x)是定义在R上以2为周期的偶函数，可得f(−20114)=f(502+34)=f(34)．再利用当0≤x≤1时，f(x)=lg12(1−x)，即可得出．
【解答】
解：由题意得f(x)=f(−x)，
f(x+2)=f(−x+2)，
所以f(x+4)=f(x)，
则f(x)的周期T=4，
则f−20192=f20192
=f100912=f1008+32
=f32=232=22.
故选B.
11.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数单调性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设0由题意知，x2fx1−x1fx2<0，
得x2fx1∴ fx1x1同理当0fx2x2．
令函数g(x)=f(x)x，
则g(x)在区间(0,+∞)上单调递减，
且函数g(x)为偶函数．
∴ a=b=>g0.42>g12，
c=∈g(1),g12，
∴ a故选A．
12.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
判定函数f(x)是定义域R上的奇函数，且为单调减函数，
把不等式f(a2−2a)+f(2b−b2)≤0化为a2−2a≥−2b+b2，
即(a+b−2)(a−b)≥0，再由1≤a≤4得出不等式组，
画出不等式组表示的平面区域即可行域，
利用目标函数Z＝2a−b，求出Z的最大值即可．
【解答】
解：函数f(x)=ln(x2+1−x)，定义域为R，且对于任意的x∈R都有
f(−x)+f(x)＝ln((−x)2+1+x)+ln(x2+1−x)＝ln(x2+1−x2)＝0，
∴ 函数y＝f(x)定义域R上的为奇函数；
由f(a2−2a)+f(2b−b2)≤0可得f(a2−2a)≤−f(2b−b2)
由函数为奇函数可得式f(a2−2a)≤f(−2b+b2)；
又∵ f′(x)=xx2+1−1x2+1−x<0恒成立，
∴ 函数f(x)为R上的减函数；
∴ a2−2a≥−2b+b2，即a2−b2−2(a−b)≥0，
整理可得，(a+b−2)(a−b)≥0，
作出不等式组(a+b−2)(a−b)≥01≤a≤4
所表示的平面区域即可行域如图所示的△ABC；
令Z＝2a−b，则Z表示2a−b−Z＝0在y轴上的截距的相反数，
由图可知，当直线经过点A(1, 1)时Z最小，最小值为Z＝2×1−1＝1，
当直线经过点C(4, −2)时Z最大，最大值为2×4−(−2)＝10．
故选D.
二、填空题
【答案】
[4,+∞)
【考点】
函数的单调性及单调区间
【解析】
根据二次函数fx 的对称轴两侧单调性相反，列不等式求出a的取值范围．
【解答】
解：函数fx=−x2+2ax+3的对称轴为x=a
又fx在(−∞,4)上是增函数，
所以a≥4，
所以实数a的取值范围是[4,+∞)．
故答案为：[4,+∞)．
【答案】
9
【考点】
函数的最值及其几何意义
【解析】
先求函数的定义域，确定函数的单调性，即可求出答案．
【解答】
解：∵ f(x)的定义域为[1, +∞)，
又f(x)在定义域上单调递增，
∴ f(x)min=f(1)=9．
故答案为：9．
【答案】
32,+∞
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
由条件利用函数的奇偶性和单调性，可得2m−lnx−1≥1⇒m≥1+12lnx在x∈1,e时恒成立，故解得m的取值范围．
【解答】
解：函数y=fx−1的图象关于10对称，
函数y=fx的图象关于0,0对称，即函数y=fx为奇函数，
不等式f2m−lnx−1≤2f1+flnx+1−2m变为：
f2m−lnx−1−flnx+1−2m≤2f1
即f2m−lnx−1+f2m−lnx−1≤2f1
f2m−lnx−1≤f1
又fx函数在[0,+∞）上单调递减，
fx在R上单调递减，
则2m−lnx−1≥1⇒m≥1+12lnx在x∈1,e时恒成立，
y=1+12lnx在|1|e|上递增，
ymax=1+12lne=32
故m≥32
故答案为：[32,+∞）.
【答案】
[13,24)
【考点】
函数的零点与方程根的关系
函数的零点
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：作出函数f(x)与g(x)的图象如图，
由图可知，函数f(x)与g(x)−12(1要使关于x的方程f(x)=g(x)有8个不同的实数根，由图象知在区间(1, 2)和(5, 6)之间必定没交点，
则f(x)=1−(x−1)2,x∈(0,2]与g(x)=k(x+2),x∈(0,1] 的图象有2个不同交点，
由圆心(1,0)到直线kx−y+2k=0的距离为1，
得|3k|k2+1=1，解得k=24(k>0)，此时临界状态，k最大值，且只有一个交点；
令保证直线l与圆弧的两交点在区间(0, 1)上，可找到临界状态，直线恒过(−2, 0)，(1, 1)，此时临界状态，k最小值，
∵ 两点(−2,0),(1,1)连线的斜率k=13，
∴ 13≤k<24，
即k的取值范围为[13,24).
故答案为：[13,24).
三、解答题
【答案】
解：1要使函数有意义：则有1−x>0，x+3>0，
解之得：−3则函数的定义域为：(−3, 1).
2函数可化为f(x)=lga(1−x)(x+3)=lga(−x2−2x+3)，
由f(x)=0，得−x2−2x+3=1，
即x2+2x−2=0，x=−1±3，
∵ −1±3∈(−3,1)，∴ 函数f(x)的零点是−1±3.
3函数可化为：
f(x)=lga(1−x)(x+3)
=lga(−x2−2x+3)
=lga[−(x+1)2+4]，
∵ −3∵ 0即f(x)min=lga4，由lga4=−4，得a−4=4，
∴ a=4−14=22.
【考点】
函数的零点
对数函数的值域与最值
对数函数的定义域
【解析】
（1）根据对数的真数大于零，列出不等式组并求出解集，函数的定义域用集合或区间表示出来；
（2）利用对数的运算性质对解析式进行化简，再由f(x)=0，即−x2−2x+3=1，求此方程的根并验证是否在函数的定义域内；
（3）把函数解析式化简后，利用配方求真数在定义域内的范围，再根据对数函数在定义域内递减，求出函数的最小值lga4，得lga4=−4利用对数的定义求出a的值．
【解答】
解：1要使函数有意义：则有1−x>0，x+3>0，
解之得：−3则函数的定义域为：(−3, 1).
2函数可化为f(x)=lga(1−x)(x+3)=lga(−x2−2x+3)，
由f(x)=0，得−x2−2x+3=1，
即x2+2x−2=0，x=−1±3，
∵ −1±3∈(−3,1)，∴ 函数f(x)的零点是−1±3.
3函数可化为：
f(x)=lga(1−x)(x+3)
=lga(−x2−2x+3)
=lga[−(x+1)2+4]，
∵ −3∵ 0即f(x)min=lga4，由lga4=−4，得a−4=4，
∴ a=4−14=22.
【答案】
解：(1)∵p:−x2−x+6≤0 ，
x2+x−6≥0，
∴x≤−3或x≥2，
∴¬p:A=x|−3记1−x+32≤m的解集为B．
由1−x+32≤m有−m≤1−x+32≤m，
∴−1−2m≤x≤−1+2m，
∴B=x|−1−2m≤x≤−1+2m，
要使¬p是q的充分不必要条件，
∵−1−2m≤−1+2m，−1−2m≤−3，−1+2m≥2，
∴m≥32，
∴m的取值范围m≥32．
(2)∵m=1，∵B=x|−3≤x≤1，
∴−p∨q为真，−p∧q为假，
∴¬p与q一真一假，
当¬p真q假时，A∩∁RB=(1,2)；
当¬p假q真时，∁RA∩B={−3}，
∴综上，实数x的取值范围(1,2)∪{−3}．
【考点】
复合命题及其真假判断
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
答案未提供解析．
答案未提供解析．
【解答】
解：(1)∵p:−x2−x+6≤0 ，
x2+x−6≥0，
∴x≤−3或x≥2，
∴¬p:A=x|−3记1−x+32≤m的解集为B．
由1−x+32≤m有−m≤1−x+32≤m，
∴−1−2m≤x≤−1+2m，
∴B=x|−1−2m≤x≤−1+2m，
要使¬p是q的充分不必要条件，
∵−1−2m≤−1+2m，−1−2m≤−3，−1+2m≥2，
∴m≥32，
∴m的取值范围m≥32．
(2)∵m=1，∵B=x|−3≤x≤1，
∴−p∨q为真，−p∧q为假，
∴¬p与q一真一假，
当¬p真q假时，A∩∁RB=(1,2)；
当¬p假q真时，∁RA∩B={−3}，
∴综上，实数x的取值范围(1,2)∪{−3}．
【答案】
解：(1)当x∈0,16时，设fx=bx−122+84b<0.
因为f16=b16−122+84=80，
所以b=−14，故fx=−14x−122+84.
当x∈16,40时，fx=lg0.8x+a+80，
由f16=lg0.816+a+80=80，
解得a=−15，
故fx=lg0.8x−15+80，
所以f(x)=−14(x−12)2+84,x∈(0,16],lg0.8(x−15)+80,x∈(16,40].
(2)x∈0,16时，令fx=−14x−122+84<75，
解得，x∈0,6；
当x∈16,40时，令fx=lg0.8x−15+80<75，
所以x−15>0.8−5=5545=31251024≈3，
所以x∈18,40，
所以，在一节40分钟的数学课中，学生处于“欠佳听课状态”所持续的时间有6−0+40−18=28（分钟）．
【考点】
函数模型的选择与应用
指、对数不等式的解法
一元二次不等式的解法
不等式的实际应用
【解析】
【解答】
解：(1)当x∈0,16时，设fx=bx−122+84b<0.
因为f16=b16−122+84=80，
所以b=−14，故fx=−14x−122+84.
当x∈16,40时，fx=lg0.8x+a+80，
由f16=lg0.816+a+80=80，
解得a=−15，
故fx=lg0.8x−15+80，
所以f(x)=−14(x−12)2+84,x∈(0,16],lg0.8(x−15)+80,x∈(16,40].
(2)x∈0,16时，令fx=−14x−122+84<75，
解得，x∈0,6；
当x∈16,40时，令fx=lg0.8x−15+80<75，
所以x−15>0.8−5=5545=31251024≈3，
所以x∈18,40，
所以，在一节40分钟的数学课中，学生处于“欠佳听课状态”所持续的时间有6−0+40−18=28（分钟）．
【答案】
（1）当a＝1时，，
若f(x)是偶函数，则f(x)−f(−x)＝0，即，
即2x+7bx＝0，所以b＝−1．
(2)若fx在(−∞,−1)上有意义，
则1+2x+1+4xa>0对于x∈(−∞,−1)恒成立，
即a>−2x+1−14x=−14x−12x−1对于x∈(−∞,−1)恒成立，
令gx=−14x−12x−1，则a>gxmax，
因为y=−14x在x∈(−∞,−1)单调递增，y=12x−1在x∈(−∞,−1)单调递减，
所以gx=−14x−12x−1在x∈(−∞,−1)单调递增，
gxmax(3)当a=4时，由fx=(b+1)(x+1)可得lg2(1+2x+1+4x+1)−x=b+1，
由A=⌀可得方程lg212x+2x+2+2=b+1无实根，
因为12x+2x+2+2≥212x×2x+2+2=6，当且仅当12x=2x+2即x=−1时等号成立，
所以lg212x+2x+2+2≥lg26，
所以b+1故实数b的取值范围−∞,lg23
【考点】
函数奇偶性的性质
指数函数的单调性与特殊点
其他不等式的解法
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
（1）推导出对任意x∈−∞,−1,a>−14x−12x−1恒成立，令gx=−14x−12x−1 ，由指数函数单调性得gxmax（2）当a=4时，fx=b+1x+1≈lg21+2x+1+4x+1−x=b+1=b+1=b+2x+2+2x+2+1，由此能求出实数b的取值范围．
【解答】
略
略
略
【答案】
(1)y=x+1
(2)a>1
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
略
略
【答案】
解：(1)将直线l的参数方程为x=−12t，y=a+32t (t为参数，a∈R)，
化为普通方程为3x+y−a=0．
曲线C的极坐标方程为ρ=4csθ，即ρ2=4ρcsθ，
转换为直角坐标方程为：x2+y2−4x=0.
(2)由ρ=4csθ，θ=π3(ρ≥0)，
得P(2,π3)．
所以|OP|=2，
将直线l的参数方程代入圆的方程x2+y2−4x=0，
得t2+(2+3a)t+a2=0
由Δ>0，
得23−4设A，B两点对应的参数为t1和t2，
则：|AB|=|t1−t2|=4+43a−a2=2，
解得，a=0或a=43．
【考点】
参数方程与普通方程的互化
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
直线与圆相交的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)将直线l的参数方程为x=−12t，y=a+32t (t为参数，a∈R)，
化为普通方程为3x+y−a=0．
曲线C的极坐标方程为ρ=4csθ，即ρ2=4ρcsθ，
转换为直角坐标方程为：x2+y2−4x=0.
(2)由ρ=4csθ，θ=π3(ρ≥0)，
得P(2,π3)．
所以|OP|=2，
将直线l的参数方程代入圆的方程x2+y2−4x=0，
得t2+(2+3a)t+a2=0
由Δ>0，
得23−4设A，B两点对应的参数为t1和t2，
则：|AB|=|t1−t2|=4+43a−a2=2，
解得，a=0或a=43．
【答案】
(1)不等式的解集为{x|x<−7或x>53} ．
(2)实数a的取值范围是[-1,5].
【考点】
其他不等式的解法
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
此题暂无解析
【解答】
略
略
1. 已知集合A=−1,0,1,2，B=x|0
2. 下列函数中，既是0,+∞上的增函数，又是偶函数的是( )
A.y=1xB.y=2xC.y=1−|x|D.y=lg|x|
3. 函数f(x)=lg13(−x2+x+6)的单调递减区间为（ ）
A.(−2,12)B.(−∞,12)C.(12，+∞)D.(12，3)
4. 设x∈R，则“4x>2x”是“x>1”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
5. 已知函数f(x)=2x−1−2,x≤1,−lg2(x+1),x>1,且f(a)=−3，则f(6−a)=( )
A.−74B.−54C.−34D.−14
6. 函数fx=3xsinx−x2ex+e−x的图象大致为( )
A.B.
C.D.
7. 标准的围棋棋盘共19行19列，361个格点，每个格点上可能出现“黑”“白”“空”三种情况，因此有3361种不同的情况.而我国北宋学者沈括在他的著作《梦溪笔谈》中，也讨论过这个问题，他分析得出一局围棋不同的变化大约有“连书万字五十二”种，即1000052，下列数据最接近33611000052的是(参考数据：lg3≈0.477)( )
A.10−37B.10−35C.10−34D.10−36
8. 函数y=lga(x−1)+1(a>0,a≠1)的图象恒过定点A，若点A在一次函数y=mx+n的图象上，其中m>0，n>0，则1m+2n的最小值是（ ）
A.6B.7C.8D.9
9. 已知f(x)=(1−2a)x+3a，z<1ln x，x≥1的值域为R，那么a的取值范围是（ ）
A.(−∞,−1]B.−1,12C.−1,12D.0,12
10. 已知函数f(x)和f(x+2)都是定义在R上的偶函数，当x∈[0,2]时，f(x)=2x，则f−20192=( )
A.2B.22C.322D.2
11.
已知f(x)是定义在R上的奇函数，对任意两个不相等的正数x1，x2，都有x2fx1−x1fx2x1−x2<0．记a=，b=，c=flg0.2 4.1lg0.2 4.1，则（ ）
A.a
12. 设函数f(x)=ln(x2+1−x)，若a，b满足不等式f(a2−2a)+f(2b−b2)≤0，则当1≤a≤4时，2a−b的最大值为（ ）
A.1B.8C.5D.10
二、填空题
已知函数fx=−x2+2ax+3在区间−∞,4上是增函数，则实数a的取值范围是________.
函数f(x)=9x2+x−1的最小值为________．
已知函数y=fx−1的图象关于1,0对称，且函数y=fx在0,+∞上单调递减，若x∈1,e时，不等式f2m−lnx−1≤2f1+flnx+1−2m恒成立，则实数m的取值范围是________.
设f(x),g(x)是定义在R上的两个周期函数，f(x)的周期为4，g(x)的周期为2，且f(x)是奇函数，当x∈(0,2]时，f(x)=1−(x−1)2，g(x)=k(x+2),0
三、解答题
已知函数f(x)=lga(1−x)+lga(x+3)(0
2求函数f(x)的零点；
3若函数f(x)的最小值为−4，求a的值．
已知p:−x2−x+6≤0，q:|1−x+32|≤m．
(1)若¬p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围；
(2)当m=1时，若¬p∨q为真，¬p∧q为假，求实数x的取值范围．
研究表明：在一节40分钟的数学课中，学生的注意力指数fx与听课时间x（单位：分钟）之间的变化曲线如图所示：当x∈(0,16]时，曲线是二次函数图象的一部分；当x∈16,40时，曲线是函数y=lg0.8x+a+80图象的一部分．
(1)求函数fx的解析式；
(2)如果学生的注意力指数低于75，称为“欠佳听课状态”，则在一节40分钟的数学课中，学生处于“欠佳听课状态”所持续的时间有多长？（精确到2分钟，参考数据：45=1024，55=3125）
已知函数fx=lg2(1+2x+1+4xa)+bx(a,b∈R).
(1)若a=1，且f(x)是偶函数，求b的值；
(2)若fx在(−∞,−1)上有意义.求实数a的取值范围；
(3)若a=4，且A=xfx=(b+1)(x+1)}=⌀，求实数b的取值范围.
已知函数fx=aex+lna,gx=lnx+1+1（其中α为常数，e是自然对数的底数）
(1)若a=1，求函数fx在点0,f0处的切线方程；
(2)若fx>gx恒成立，求a的取值范围．
在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x=−12t，y=a+32t (t为参数，a∈R)．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=4csθ，射线θ=π3(ρ≥0)与曲线C交于O，P两点，直线l与曲线C相交于A，B两点．
(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
(2)当|AB|=|OP|时，求a的值．
已知函数fx=|2x+1|−|x−a|.
(1)当a=4时，求不等式fx>2的解集；
(2)若fx≥|x−4|的解集包含2,3，求实数ａ的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年云南省昭通市高二（下）期末考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
根据交集的定义写出A∩B即可．
【解答】
解：集合A=−1,0,1,2，B=x|0
故选D．
2.
【答案】
D
【考点】
函数奇偶性的判断
函数的单调性及单调区间
【解析】
根据基本初等函数的单调性和奇偶性，以及函数图象的翻折变换法则逐一判断每个选项即可．
【解答】
解：A.函数y=1x在0,+∞上是减函数，且是奇函数，即A不符合题意；
B.函数y=2x是非奇非偶函数，即B不符合题意；
C.函数y=1−|x|在0,+∞上是减函数，即C不符合题意；
D.对于函数y=lg|x|，当x>0时，有y=lgx，单调递增；而f−x=lg|−x|=lg|x|=fx ，所以f(x)是偶函数，即D正确．
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
复合函数的单调性
对数函数的单调性与特殊点
【解析】
令t=−x2+x+6>0，求得函数的定义域，根据f(x)=g(t)=lgt，本题即求函数t在定义域内的减区间，再利用二次函数的性质得出结论．
【解答】
略
4.
【答案】
B
【考点】
指、对数不等式的解法
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
由4x>2x，利用指数函数的单调性可得x>0 再利用集合的包含关系即可求解．
【解答】
解：∵ 4x>2x，∴ 22x>2x，∴ 2x>x，∴ x>0，
∵ 1,+∞⊆0,+∞，
∴ 4x>2x是x>1的必要不充分条件．
故选B．
5.
【答案】
A
【考点】
函数的求值
分段函数的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当a≤1时，2a−1−2=−3，
此时a无解，
当a>1时，−lg2(a+1)=−3，
lg2(a+1)=3，
即a=7，
∴ f(6−a)=f(−1)=2−1−1−2=−74.
故选A.
6.
【答案】
B
【考点】
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：f(−x)=3(−x)sin(−x)−(−x)2e−x+e−(−x)=3xsinx−x2e−x+ex=f(x)，
所以fx为偶函数，排除A，D；
fx=x⋅3sinx−xex+e−x，
令gx=3sinx−x，
gπ2=3−π2>0，
则fπ2>0，排除C.
故选B．
7.
【答案】
D
【考点】
对数的运算性质
【解析】
根据题意，对33611000052取对数可得lg33611000052=lg3361−lg1000052=361×lg3−52×4≈−35.8，即可得33611000052≈10−35.8，分析选项即可得答案．
【解答】
解：根据题意，对于33611000052，
有lg33611000052=lg3361−lg1000052
=361×lg3−52×4≈−35.8，
则33611000052≈10−35.8，
分析选项：B中10−36与其最接近，
故选D.
8.
【答案】
C
【考点】
基本不等式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
略
9.
【答案】
C
【考点】
函数的值域及其求法
分段函数的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
略
10.
【答案】
B
【考点】
函数的周期性
函数的求值
【解析】
由于f(x)是定义在R上以2为周期的偶函数，可得f(−20114)=f(502+34)=f(34)．再利用当0≤x≤1时，f(x)=lg12(1−x)，即可得出．
【解答】
解：由题意得f(x)=f(−x)，
f(x+2)=f(−x+2)，
所以f(x+4)=f(x)，
则f(x)的周期T=4，
则f−20192=f20192
=f100912=f1008+32
=f32=232=22.
故选B.
11.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数单调性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设0
得x2fx1
令函数g(x)=f(x)x，
则g(x)在区间(0,+∞)上单调递减，
且函数g(x)为偶函数．
∴ a=
c=∈g(1),g12，
∴ a
12.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
判定函数f(x)是定义域R上的奇函数，且为单调减函数，
把不等式f(a2−2a)+f(2b−b2)≤0化为a2−2a≥−2b+b2，
即(a+b−2)(a−b)≥0，再由1≤a≤4得出不等式组，
画出不等式组表示的平面区域即可行域，
利用目标函数Z＝2a−b，求出Z的最大值即可．
【解答】
解：函数f(x)=ln(x2+1−x)，定义域为R，且对于任意的x∈R都有
f(−x)+f(x)＝ln((−x)2+1+x)+ln(x2+1−x)＝ln(x2+1−x2)＝0，
∴ 函数y＝f(x)定义域R上的为奇函数；
由f(a2−2a)+f(2b−b2)≤0可得f(a2−2a)≤−f(2b−b2)
由函数为奇函数可得式f(a2−2a)≤f(−2b+b2)；
又∵ f′(x)=xx2+1−1x2+1−x<0恒成立，
∴ 函数f(x)为R上的减函数；
∴ a2−2a≥−2b+b2，即a2−b2−2(a−b)≥0，
整理可得，(a+b−2)(a−b)≥0，
作出不等式组(a+b−2)(a−b)≥01≤a≤4
所表示的平面区域即可行域如图所示的△ABC；
令Z＝2a−b，则Z表示2a−b−Z＝0在y轴上的截距的相反数，
由图可知，当直线经过点A(1, 1)时Z最小，最小值为Z＝2×1−1＝1，
当直线经过点C(4, −2)时Z最大，最大值为2×4−(−2)＝10．
故选D.
二、填空题
【答案】
[4,+∞)
【考点】
函数的单调性及单调区间
【解析】
根据二次函数fx 的对称轴两侧单调性相反，列不等式求出a的取值范围．
【解答】
解：函数fx=−x2+2ax+3的对称轴为x=a
又fx在(−∞,4)上是增函数，
所以a≥4，
所以实数a的取值范围是[4,+∞)．
故答案为：[4,+∞)．
【答案】
9
【考点】
函数的最值及其几何意义
【解析】
先求函数的定义域，确定函数的单调性，即可求出答案．
【解答】
解：∵ f(x)的定义域为[1, +∞)，
又f(x)在定义域上单调递增，
∴ f(x)min=f(1)=9．
故答案为：9．
【答案】
32,+∞
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
由条件利用函数的奇偶性和单调性，可得2m−lnx−1≥1⇒m≥1+12lnx在x∈1,e时恒成立，故解得m的取值范围．
【解答】
解：函数y=fx−1的图象关于10对称，
函数y=fx的图象关于0,0对称，即函数y=fx为奇函数，
不等式f2m−lnx−1≤2f1+flnx+1−2m变为：
f2m−lnx−1−flnx+1−2m≤2f1
即f2m−lnx−1+f2m−lnx−1≤2f1
f2m−lnx−1≤f1
又fx函数在[0,+∞）上单调递减，
fx在R上单调递减，
则2m−lnx−1≥1⇒m≥1+12lnx在x∈1,e时恒成立，
y=1+12lnx在|1|e|上递增，
ymax=1+12lne=32
故m≥32
故答案为：[32,+∞）.
【答案】
[13,24)
【考点】
函数的零点与方程根的关系
函数的零点
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：作出函数f(x)与g(x)的图象如图，
由图可知，函数f(x)与g(x)−12(1
则f(x)=1−(x−1)2,x∈(0,2]与g(x)=k(x+2),x∈(0,1] 的图象有2个不同交点，
由圆心(1,0)到直线kx−y+2k=0的距离为1，
得|3k|k2+1=1，解得k=24(k>0)，此时临界状态，k最大值，且只有一个交点；
令保证直线l与圆弧的两交点在区间(0, 1)上，可找到临界状态，直线恒过(−2, 0)，(1, 1)，此时临界状态，k最小值，
∵ 两点(−2,0),(1,1)连线的斜率k=13，
∴ 13≤k<24，
即k的取值范围为[13,24).
故答案为：[13,24).
三、解答题
【答案】
解：1要使函数有意义：则有1−x>0，x+3>0，
解之得：−3
2函数可化为f(x)=lga(1−x)(x+3)=lga(−x2−2x+3)，
由f(x)=0，得−x2−2x+3=1，
即x2+2x−2=0，x=−1±3，
∵ −1±3∈(−3,1)，∴ 函数f(x)的零点是−1±3.
3函数可化为：
f(x)=lga(1−x)(x+3)
=lga(−x2−2x+3)
=lga[−(x+1)2+4]，
∵ −3
∴ a=4−14=22.
【考点】
函数的零点
对数函数的值域与最值
对数函数的定义域
【解析】
（1）根据对数的真数大于零，列出不等式组并求出解集，函数的定义域用集合或区间表示出来；
（2）利用对数的运算性质对解析式进行化简，再由f(x)=0，即−x2−2x+3=1，求此方程的根并验证是否在函数的定义域内；
（3）把函数解析式化简后，利用配方求真数在定义域内的范围，再根据对数函数在定义域内递减，求出函数的最小值lga4，得lga4=−4利用对数的定义求出a的值．
【解答】
解：1要使函数有意义：则有1−x>0，x+3>0，
解之得：−3
2函数可化为f(x)=lga(1−x)(x+3)=lga(−x2−2x+3)，
由f(x)=0，得−x2−2x+3=1，
即x2+2x−2=0，x=−1±3，
∵ −1±3∈(−3,1)，∴ 函数f(x)的零点是−1±3.
3函数可化为：
f(x)=lga(1−x)(x+3)
=lga(−x2−2x+3)
=lga[−(x+1)2+4]，
∵ −3
∴ a=4−14=22.
【答案】
解：(1)∵p:−x2−x+6≤0 ，
x2+x−6≥0，
∴x≤−3或x≥2，
∴¬p:A=x|−3
由1−x+32≤m有−m≤1−x+32≤m，
∴−1−2m≤x≤−1+2m，
∴B=x|−1−2m≤x≤−1+2m，
要使¬p是q的充分不必要条件，
∵−1−2m≤−1+2m，−1−2m≤−3，−1+2m≥2，
∴m≥32，
∴m的取值范围m≥32．
(2)∵m=1，∵B=x|−3≤x≤1，
∴−p∨q为真，−p∧q为假，
∴¬p与q一真一假，
当¬p真q假时，A∩∁RB=(1,2)；
当¬p假q真时，∁RA∩B={−3}，
∴综上，实数x的取值范围(1,2)∪{−3}．
【考点】
复合命题及其真假判断
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
答案未提供解析．
答案未提供解析．
【解答】
解：(1)∵p:−x2−x+6≤0 ，
x2+x−6≥0，
∴x≤−3或x≥2，
∴¬p:A=x|−3
由1−x+32≤m有−m≤1−x+32≤m，
∴−1−2m≤x≤−1+2m，
∴B=x|−1−2m≤x≤−1+2m，
要使¬p是q的充分不必要条件，
∵−1−2m≤−1+2m，−1−2m≤−3，−1+2m≥2，
∴m≥32，
∴m的取值范围m≥32．
(2)∵m=1，∵B=x|−3≤x≤1，
∴−p∨q为真，−p∧q为假，
∴¬p与q一真一假，
当¬p真q假时，A∩∁RB=(1,2)；
当¬p假q真时，∁RA∩B={−3}，
∴综上，实数x的取值范围(1,2)∪{−3}．
【答案】
解：(1)当x∈0,16时，设fx=bx−122+84b<0.
因为f16=b16−122+84=80，
所以b=−14，故fx=−14x−122+84.
当x∈16,40时，fx=lg0.8x+a+80，
由f16=lg0.816+a+80=80，
解得a=−15，
故fx=lg0.8x−15+80，
所以f(x)=−14(x−12)2+84,x∈(0,16],lg0.8(x−15)+80,x∈(16,40].
(2)x∈0,16时，令fx=−14x−122+84<75，
解得，x∈0,6；
当x∈16,40时，令fx=lg0.8x−15+80<75，
所以x−15>0.8−5=5545=31251024≈3，
所以x∈18,40，
所以，在一节40分钟的数学课中，学生处于“欠佳听课状态”所持续的时间有6−0+40−18=28（分钟）．
【考点】
函数模型的选择与应用
指、对数不等式的解法
一元二次不等式的解法
不等式的实际应用
【解析】
【解答】
解：(1)当x∈0,16时，设fx=bx−122+84b<0.
因为f16=b16−122+84=80，
所以b=−14，故fx=−14x−122+84.
当x∈16,40时，fx=lg0.8x+a+80，
由f16=lg0.816+a+80=80，
解得a=−15，
故fx=lg0.8x−15+80，
所以f(x)=−14(x−12)2+84,x∈(0,16],lg0.8(x−15)+80,x∈(16,40].
(2)x∈0,16时，令fx=−14x−122+84<75，
解得，x∈0,6；
当x∈16,40时，令fx=lg0.8x−15+80<75，
所以x−15>0.8−5=5545=31251024≈3，
所以x∈18,40，
所以，在一节40分钟的数学课中，学生处于“欠佳听课状态”所持续的时间有6−0+40−18=28（分钟）．
【答案】
（1）当a＝1时，，
若f(x)是偶函数，则f(x)−f(−x)＝0，即，
即2x+7bx＝0，所以b＝−1．
(2)若fx在(−∞,−1)上有意义，
则1+2x+1+4xa>0对于x∈(−∞,−1)恒成立，
即a>−2x+1−14x=−14x−12x−1对于x∈(−∞,−1)恒成立，
令gx=−14x−12x−1，则a>gxmax，
因为y=−14x在x∈(−∞,−1)单调递增，y=12x−1在x∈(−∞,−1)单调递减，
所以gx=−14x−12x−1在x∈(−∞,−1)单调递增，
gxmax
由A=⌀可得方程lg212x+2x+2+2=b+1无实根，
因为12x+2x+2+2≥212x×2x+2+2=6，当且仅当12x=2x+2即x=−1时等号成立，
所以lg212x+2x+2+2≥lg26，
所以b+1
【考点】
函数奇偶性的性质
指数函数的单调性与特殊点
其他不等式的解法
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
（1）推导出对任意x∈−∞,−1,a>−14x−12x−1恒成立，令gx=−14x−12x−1 ，由指数函数单调性得gxmax
【解答】
略
略
略
【答案】
(1)y=x+1
(2)a>1
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
略
略
【答案】
解：(1)将直线l的参数方程为x=−12t，y=a+32t (t为参数，a∈R)，
化为普通方程为3x+y−a=0．
曲线C的极坐标方程为ρ=4csθ，即ρ2=4ρcsθ，
转换为直角坐标方程为：x2+y2−4x=0.
(2)由ρ=4csθ，θ=π3(ρ≥0)，
得P(2,π3)．
所以|OP|=2，
将直线l的参数方程代入圆的方程x2+y2−4x=0，
得t2+(2+3a)t+a2=0
由Δ>0，
得23−4
则：|AB|=|t1−t2|=4+43a−a2=2，
解得，a=0或a=43．
【考点】
参数方程与普通方程的互化
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
直线与圆相交的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)将直线l的参数方程为x=−12t，y=a+32t (t为参数，a∈R)，
化为普通方程为3x+y−a=0．
曲线C的极坐标方程为ρ=4csθ，即ρ2=4ρcsθ，
转换为直角坐标方程为：x2+y2−4x=0.
(2)由ρ=4csθ，θ=π3(ρ≥0)，
得P(2,π3)．
所以|OP|=2，
将直线l的参数方程代入圆的方程x2+y2−4x=0，
得t2+(2+3a)t+a2=0
由Δ>0，
得23−4
则：|AB|=|t1−t2|=4+43a−a2=2，
解得，a=0或a=43．
【答案】
(1)不等式的解集为{x|x<−7或x>53} ．
(2)实数a的取值范围是[-1,5].
【考点】
其他不等式的解法
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
此题暂无解析
【解答】
略
略
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