2021-2022学年四川省成都市树德中学高二下学期4月阶段性测试数学（文）试题含解析

这是一份2021-2022学年四川省成都市树德中学高二下学期4月阶段性测试数学（文）试题含解析，共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年四川省成都市树德中学高二下学期4月阶段性测试数学（文）试题一、单选题1．已知，，为虚数单位，且，则的值为（       ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据复数相等的概念可求解.【详解】因为，，所以，得，所以.故选：B2．函数在区间上的平均变化率等于（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】依据平均变化率定义去求解即可.【详解】函数在区间上的平均变化率等于故选：C3．设函数在上可导，则等于（       ）A． B．C． D．以上都不对【答案】A【分析】根据导数的定义求解即可.【详解】因为，所以.故选：A.4．设函数在处的切线斜率为（       ）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】求导，代入，从而求出，即切线斜率.【详解】，故，故切线斜率为.故选：C5．吹气球时，气球的半径（单位：）与体积（单位：）之间的函数关系是，则气球在时的瞬时膨胀率为（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据瞬时变化率的概念和复合函数求导法则计算可得解.【详解】因为,所以气球在时的瞬时膨胀率为.故选：C6．若，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先构造函数，通过导函数得到单调性，从而得到，故可通过函数单调性判断出，而可能比1大，可能等于1，也可能，故CD均错误.【详解】令，则恒成立，故单调递增，由可得：，故，A错误，B正确；可能比1大，可能等于1，也可能，故不能确定与0的大小关系，CD错误.故选：B7．已知函数，则的导函数的图象大致是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】求出函数的导函数，再探讨的性质，结合性质及取时的函数值即可判断作答.【详解】函数定义域为R，求导得，显然，因此，函数是R上奇函数，图象关于原点对称，选项C，D不满足，又，选项B不满足，选项A符合题意.故选：A8．已知函数满足，则的值为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求导后代入可求得；将代入可求得结果.【详解】，，解得：；，解得：.故选：A.9．已知，，，则以下不等式正确的是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先构造函数判断出b最小，再依据函数单调性去比较的大小即可解决.【详解】令，则，由，得，由，得即当时单调递减，当时单调递增即当时取得最小值则有，，即，又，由，可得则，即综上，的大小关系为故选：A10．若函数有两个极值点，则实数的取值范围是（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由，可得出，可知直线与函数的图象有两个交点（非切点），利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】因为，则，令，可得，由题意可知，直线与函数的图象有两个交点（非切点），，当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，所以，函数的极大值为，且当时，，如下图所示：所以，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点（非切点），因此，实数的取值范围是.故选：D.11．是定义在上的函数，是的导函数，已知，且，，则不等式的解集为（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】构造函数，进而结合条件判断出函数的单调性，然后将原不等式变形并根据函数的单调性解出答案.【详解】因为，可化简为，令函数，则.因为，所以，在R上单调递增.又，而等价于，即，所以，解得.故选：B12．已知函数，．若存在，使得，则实数的最小值为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用参变量分离法得出，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出整数的最小值.【详解】若存在，使得，当时，由可得，令，其中，则，令，其中，则，即函数在上单调递增，因为，，所以，存在，使得，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，，所以，，故整数的最小值为，故选：C.【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1），；（2），；（3），；（4），. 二、填空题13．函数，的单调递减区间为______．【答案】【分析】根据导数的符号求解即可.【详解】当时，，所以的单调递减区间为.故答案为：14．把复数的共轭复数记作，已知（其中是虚数单位），则______．【答案】【分析】根据复数的除法运算求出，再根据共轭复数的概念可得解.【详解】因为，所以，所以.故答案为：15．已知在上可导的函数的图象如图所示，则不等式的解集为______．【答案】【分析】由的单调性可确定和的解集，结合的正负可得结果.【详解】由图象可知：在和上单调递增，在上单调递减，的解集为；的解集为；又的解集为，的解集为；的解集为.故答案为：.16．已知是函数的极大值点，则的值为______．【答案】【分析】依据极大值点定义分类讨论去求实数的值.【详解】，则(1)时，，当时，恒成立，函数单调递减，则不是函数的极大值点，舍去(2)时，若，则，恒成立， 函数在单调递减，则不是函数的极大值点，舍去(3)时如果，则当且时，，恒成立，函数单调递减，则不是函数的极大值点，舍去如果，则方程存在根，故当，且时，恒成立，函数单调递增，故不是的极大值点；如果，即时，当时，，则，函数单调递增；当时，，则，函数单调递减，故是的极大值点.综上，的值为故答案为： 三、解答题17．已知函数．(1)写出函数的单调区间；(2)讨论函数的极大值和极小值是否存在．如果存在，求出极值．【答案】(1)增区间为和；减区间为(2)存在.极大值，极小值【分析】（1）依据导函数与原函数之间的关系去求函数的单调区间；（2）利用导数去求函数的极大值和极小值.【详解】(1)．令，得或．则当时，，单调递增；则当时，，单调递减；则当时，，单调递增．故函数的增区间为和，减区间为．(2)由（1）知，当时，有极小值；当时，有极大值．18．已知．(1)求曲线在处切线的方程；(2)求函数在区间上的最值．【答案】(1)(2)，．【分析】（1）依据导函数几何意义去求曲线在处切线的方程；（2）利用导数去求函数在区间上的最值．【详解】(1)，则切线斜率为又，即切点坐标为故所求切线方程为，即(2)当时，，所以．故函数在区间上单调递减．所以，．19．已知函数．(1)当时，求函数的最小值；(2)若，求的最小值．【答案】(1)0(2)【分析】（1）求导算最值即可（2）运用第一问的结论，再同构函数即可获解【详解】(1)当时,,其定义域为.当单调递减当单调递增所以.(2)由（1）知,所以有,即.因为,所以,当且仅当时取等。所以所以最小值为,此时20．已知函数．(1)若，当时，试比较与的大小；(2)若的两个不同零点分别为、，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用导数分析函数在上的单调性，由可求得的取值范围，即可得出与的大小；（2）先证明对数平均不等式，其中，由已知可得出，变形可得出，结合对数平均不等式可证得结论成立.【详解】(1)解：因为，，当时，，且，又当时，，即函数在上单调递减，所以．(2)证明：先证明，其中，即证，令，，其中，则，所以，函数在上为增函数，当时，，所以，当时，，由题知，取对数有，即，又，所以．【点睛】思路点睛：应用对数平均不等式证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.21．已知函数．(1)若函数，且最大值为，求实数的值；(2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）求导，再对分两种情况讨论，利用函数的单调性求解可得答案；（2）等价于不等式在上恒成立，令，再通过二次求导，对分两种情况讨论得解.【详解】(1)，其定义域为，且．①若，则在上递增，此时，不合题意，舍去．②若，则在上递增，在上递减．所以，令，得．综上得：．(2)因为不等式在上恒成立，所以不等式在上恒成立．令，则，令，则，所以在上递减．①若，则，即，所以在上递减，所以符合题意．②若，则，，，又，在上单调递减，所以存在唯一实数，使得．当时，，即，所以在上单调递增，所以，不合题意．综上，综上实数的取值范围为．【点睛】本题考查了用导数解决恒成立的问题，可以直接法分类讨论利用函数的单调性解决问题，也可以常量分离，构造函数利用导数求值域解决问题，考查了学生的运算能力和推理能力.22．已知函数，其中．(1)求的单调区间；(2)讨论函数的零点个数．【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析【分析】（1）依据导函数与原函数的关系分类讨论去求的单调区间；（2）依据函数的单调性和零点存在定理，分类讨论去判断函数的零点个数．【详解】(1)当时，由，得；由，得则的增区间为，减区间为当时，由，得或；由，得则的增区间为和，减区间为 当时，恒成立，的增区间为(2)当时，由（1）可知：的增区间为，减区间为则①若，则，此时函数无零点；②若，，此时函数有且仅有一个零点；③若，，又所以函数在和各有一个零点，共两个零点；当时，由（1）可知，的增区间为和，减区间为 则，所以函数在无零点，而当时，只需取，则有，故函数在上有一个零点．当时，，由（1）可知，的增区间为，故函数在上有一个零点．综上，当时，函数无零点；当或时，函数有唯一零点；当时，函数有两个零点．