2021-2022学年山东省德州市高二下学期期末数学试题含解析

2021-2022学年山东省德州市高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则=（       ）

A．（－1，2） B．（－1，2] C．（1，2） D．（1，2]

【答案】C

【分析】解不等式确定集合，然后由交集定义计算．

【详解】由已知，，

所以．

故选：C．

2．对于方程根的存在性问题，有一个著名的定理——“代数基本定理”，其内容为：任意一个一元复系数方程，在复数域中至少有一个根．则“代数基本定理”的否定为（       ）

A．任意一个一元复系数方程，在复数域中至多有一个根

B．任意一个一元复系数方程，在复数域中没有根

C．存在一个一元复系数方程，在复数域中至少有一个根

D．存在一个一元复系数方程，在复数域中没有根

【答案】D

【分析】含有全称量词的命题否定是含特称量词的命题.

【详解】“任意一个一元复系数方程，在复数域中至少有一个根”的否定为“存在一个一元复系数方程，使得在复数域中没有根”.

故选：D.

3．幂函数在区间上单调递增，则（       ）

A．27 B． C． D．

【答案】A

【分析】根据幂函数的概念及性质，求得实数的值，得到幂函数的解析式，即可求解.

【详解】由题意，令，即，解得或，

当时，可得函数，此时函数在上单调递增，符合题意；

当时，可得，此时函数在上单调递减，不符合题意，

即幂函数，则.

故选：A.

4．已知，，则（       ）

A． B． C． D．b<c<a

【答案】B

【分析】根据指数函数和幂函数的单调性比大小即可.

【详解】，，所以，所以，所以，所以.

故选：B.

5．函数的部分图像可能是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据函数的单调性排除求解即可.

【详解】对求导得恒成立,故在上单调递增，A正确.

故选：A.

6．已知为上的奇函数，且，当时，，则的值为（       ）

A． B．12 C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，结合对数的运算法则，得到，代入即可求解.

【详解】由题意，函数为上的奇函数，且，即，

且当时，，

又由.

故选：D.

7．若函数在上是单调函数，且存在负的实数根，则a的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】通过函数的单调性及存在负的零点，列出不等式，求解即可．

【详解】因为当时，，所以函数必然单调递增.

所以，解得

所以a的取值范围是.

故选：C

8．设，已知关于x的方程恰有6个不同的实数根，则k的取值范用为（       ）

A．（-2，0） B．（-3，-2） C．［-3，-2） D．［-2，0）

【答案】B

【分析】设关于 的方程的两个根分别为，由关于 的方程恰好有6个不同的实数根，等价于关于 的图象与 公有6个交点，结合图象即可求解.

【详解】 的图象如图所示，令，设关于 的方程的两个根分别为 ，由关于 的方程恰好有6个不同的实数根，等价于关于 的图象与 公有6个交点，由图可知： 或者，设，当时，则 ；

当， 则 不符合要求；

故

故选：B

二、多选题

9．下列说法正确的是（       ）

A．“，”是假命题

B．“，”是真命题

C．是的充分不必要条件

D．a，，的充要条件是

【答案】ABD

【分析】根据命题的真假，充分必要条件的定义判断．

【详解】，但，A中命题是假命题，正确；

，，，，，所以，即，B正确；

，但，不充分，C错误；

，，

因此充分条件为，即，D正确．

故选：ABD．

10．已知x>0，y>0，且x+2y=3，则下列正确的是（       ）

A．的最小值为3 B．的最大值为6

C．xy的最大值为 D．

【答案】ACD

【分析】根据基本不等式求解判断．

【详解】因为，

，当且仅当，即时等号成立，A正确；

由得，所以，B错；

，，当且仅当时，等号成立，C正确；

，当且仅当，即时等号成立，D正确．

故选：ACD．

11．已知函数在R上可导，其导函数满足，，则（       ）

A．函数在上为增函数 B．是函数的极小值点

C．函数必有2个零点 D．

【答案】BD

【分析】结合判断ABD选项的正确性，根据来判断C选项的正确性.

【详解】函数，则，

当时，，，故在上为增函数，A错误；

当时，，，故在单调递减，故是函数的极小值点，B正确；

若，则没有零点，故C错误：

在上为增函数，则，即，化简得，D正确.

故选：BD

12．对，表示不超过x的最大整数．十八世纪，被“数学王子”高斯采用，因此得名为高斯函数．人们更习惯称之为“取整函数”，例如：，，则下列命题中的真命题是（       ）

A．，

B．，

C．函数的值域为［0，1）

D．方程有两个实数根

【答案】BCD

【分析】根据高斯函数的定义逐个分析判断即可

【详解】对于A，当时，，所以A错误，

对于B，因为对，表示不超过x的最大整数，所以，所以B正确，

对于C，由选项B可知，所以，因为对，表示不超过x的最大整数，所以，所以，所以函数的值域为［0，1），所以C正确，

对于D，由，得，令，则方程的解转化为两函数图象的交点情况，作出两函数的图象，如图所示，由图象可知两函数图象只有两个交点，所以方程有两个实数根，所以D正确，

故选：BCD

三、填空题

13．已知函数．若，则m=______．

【答案】3

【分析】由分段函数定义计算，再计算后可得参数值．

【详解】由已知．

，，

故答案为：3．

14．函数在点（0，f（0））处的切线与直线平行，则a=______．

【答案】

【分析】求出导数得切线斜率，由斜率相等可得值．

【详解】，，

由题意，．

故答案为：．

15．若，且满足，则的最小值为______．

【答案】3

【分析】由条件可得，由均值不等式可得出答案.

【详解】由

又，则

所以

当且仅当以及，即时取得等号.

所以的最小值为3

故答案为：3

四、双空题

16．已知函数有两个不同的极值点，，则实数a的取值范围是______；若不等式有解，则实数t的取值范围是______．

【答案】         

【分析】由有两个不等正根可得的范围，同时由韦达定理把用表示，不等式有解，即有解，计算表示为的函数，引入新函数，由导数求出其取值范围后可得的范围．

【详解】，由题意有两个不等正根，

所以，解得．

不等式有解，即有解，

，

令，，

，易知时，，是减函数，

，，

，即，所以，

所以时，不等式有解．

故答案为：，．

五、解答题

17．已知命题，命题，若是的充分不必要条件，求实数的取值范围．

【答案】

【分析】解不等式，对实数的取值进行分类讨论，解不等式，根据已知条件可得出集合的包含关系，综合可求得实数的取值范围.

【详解】解：解不等式可得.

由得，

当时，不等式解集为，

此时有，可得；

当时，不等式的解集为，合乎题意；

当时，不等式的解集为，

此时有，可得.

综上所述，实数的取值范围是.

18．已知函数．

(1)判断函数在区间上的单调性，并说明理由；

(2)求证：函数在上有且只有一个极值点．

【答案】(1)函数f（x）在区间上的单调递增，理由见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求出导函数，确定在上的正负得单调性；

（2）令，求出得的单调性，从而得在上的零点个数，即可得证的极值点个数．

【详解】(1)函数f（x）在区间上的单调递增，

，

因为，所以，，

所以，所以函数f（x）在区间上的单调递增．

(2)证明：令，则，

当时，，h（x）单调递减，

又因为，，

所以存在唯一，使得，

随着x变化，的变化情况如下；

所以f（x）在内有且只有一个极值点．

19．已知函数，且．

(1)求的值；

(2)解不等式．

【答案】(1)1

(2)

【分析】（1）通过观察各个函数值之和的关系，需求与的关系，得出二者的关系是解决本问的关键；

（2）由把转化为且上单调递减，利用单调性可得即可求解.

【详解】(1)由；所以，故，

则可得：，

当时，，所以时

故

(2)由函数为偶函数，，所以，．

所以，可转化为，且

又可得在上单调递减，

利用单调性的性质可得：，整理得：，

即，解得x>0，

所以不等式的解集为．

20．已知函数．

(1)若函数f（x）在x=－1处取得极值，求实数a的值；

(2)当时．求函数f（x）的最大值．

【答案】(1)a=1

(2)答案见解析

【分析】（1）求出导函数，由得的值，并检验是极值点；

（2）由的根分类讨论，然后列表表示的正负，极值点，同时注意比较端点处函数值，从而得最大值．

【详解】(1)由题意可知，

所以，即3-3a=0解得a=1，

经检验a=1，符合题意．

所以a=1．

(2)由（1）知，

令，，

当即0<a<1时，f（x）和随x的变化情况如下表：

，

由上可知，所以的最大值为．

当即时，f（x）和随x的变化情况如下表：

，

由上可知，所以f（x）的最大值为．

当即时，恒成立，即f（x）在［－2，1]上单调递减，所以f（x）的最大值为f（－2）=－7+6a，

综上所述，当时，f（x）的最大值为；

当时，f（x）的最大值为－7+6a．

21．高铁的快速发展给群众出行带来巨大便利，促进了区域经济和社会发展．已知某条高铁线路通车后，发车时间间隔t（单位：分钟）满足，．经测算，高铁的载客量与发车时间间隔t相关：当时，高铁为满载状态，载客量为1200人；当时，载客量会在满载基础上减少，减少的人数与成正比，且发车时间间隔为5分钟时的载客量为950人．论发车间隔为t分钟时，高铁载客量为P（t）．

(1)求P（t）的表达式；

(2)若该线路发车时间间隔为t分钟时的净收益元，当发车时间间隔为多少时，单位时间的浄收益最大？最大为多少？

【答案】(1)

(2)当发车时间间隔为8分钟时，单位时间净收益最大，最大为316元

【分析】（1）由题意先求出时的表达式，从而得出答案.

（2）先由题意得出的表达式，从而得出的解析式，然后利用导数分段求出各段的最大值，即可得出答案.

【详解】(1)设当时，减少的人数与成正比，比例系数为k，

所以，

当t=5时，P（5）=950，即，解得k=10，

所以

(2)由题意可得：

所以

令，当时，；

令得t=8；当时，，当8<t<10时，

所以H（t）的最大值为H（8）=316；

当时，，

所以H（t）最大值为H（10）=295.2；

因为295.2<316，所以单位时间的净收益最大为316元；

综上，当发车时间间隔为8分钟时，单位时间净收益最大，且最大为316元．

22．已知函数，．

(1)若的图像在点（1，f（1））处的切线过（3，3），求函数y=xf（x）的单调区间；

(2)当a>0时，曲线f（x）与曲线g（x）存在唯一的公切线，求实数a的值．

【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为

(2)

【分析】（1）先由切线方程求出，利用导数求出函数的单调区间；（2）设公切线与两曲线的切点为，，利用分离参数法求出，，

构造函数，利用导数判断出F（x）的单调性和最大值，即可求得.

【详解】(1)由得，又，

所以在x=1处切线方程为，代入（3，3）得

所以，

，

由得，由得，

所以单调递增区间为，单调递减区间为．

(2)设公切线与两曲线的切点为，，易知，

由，

，

所以，

由，故，所以，故，

所以，，

构造函数，问题等价于直线y=a与曲线y=F（x）在x>1时有且只有一个交点，

，当时，F（x）单调递增；当时，F（x）单调递减；

的最大值为，，当x→+∞时，F（x）→0，．