2021-2022学年河北省石家庄市第二中学教育集团高二下学期期末数学试题（解析版）

2021-2022学年河北省石家庄市第二中学教育集团高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合A＝{x|－3x<0}，B＝{1，a}，且A∩B有4个子集，则实数a的取值范围是(　　)

A．(0,3)

B．(0,1)∪(1,3)

C．(0,1)

D．(－∞，1)∪(3，＋∞)

【答案】B

【详解】试题分析：∵有4个子集，∴有2个元素，∴，∴且，即实数的取值范围是，故选B．

【解析】本题主要考查集合的关系．

2．已知角的终边与圆心为原点的圆交于点，那么的值是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先利用任意角的三角函数的定义求出的值，再利用二倍角公式可求出的值

【详解】因为角的终边与圆心为原点的圆交于点，

所以，

所以，

故选：B

3．关于的不等式成立的一个充分不必要条件是，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意可知，是不等式解集的一个真子集，然后对与的大小关系进行分类讨论，求得不等式的解集，利用集合的包含关系可求得实数的取值范围.

【详解】由题可知是不等式的解集的一个真子集.

当时，不等式的解集为，此时；

当时，不等式的解集为，

，合乎题意；

当时，不等式的解集为，

由题意可得，此时.

综上所述，.

故选：D.

【点睛】本题考查利用充分不必要条件求参数，同时也考查了一元二次不等式的解法，考查计算能力，属于中等题.

4．已知某个函数的图像如图所示，则下列解析式中与此图像最为符合的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用排除法求解，对于B选项，函数有意义，则且且，排除；对于C选项，函数有意义，则，排除；对于D选项，根据时函数值得符号判断即可.

【详解】解： 对于B选项，函数有意义，则，解得且且，故不满足，错误；

对于C选项，函数有意义，则，解得，故不满足，错误；

对于D选项，当时，，故图像不满足，错误.

故根据排除法得与此图像最为符合.

故选：A

5．已知，且，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先利用消元，再利用基本不等式求得的最小值即可

【详解】将代入，可得：

（当且仅当时，取得等号）

故选：D

6．已知定义域为的函数满足，且当时，则不等式的解集为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由条件得出关于成中心对称，进一步得出函数的单调性，然后再根据题意可得，或，从而可得出答案.

【详解】由得关于成中心对称．

令，可得

当时，则在上单调递增.

由关于成中心对称且，故在上单调递增

由，则，或

解得，或，故

故选：A

7．已知函数若函数恰有4个零点，则的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由，结合已知，将问题转化为与有个不同交点，分三种情况，数形结合讨论即可得到答案.

【详解】注意到，所以要使恰有4个零点，只需方程恰有3个实根

即可，

令，即与的图象有个不同交点.

因为，

当时，此时，如图1，与有个不同交点，不满足题意；

当时，如图2，此时与恒有个不同交点，满足题意；

当时，如图3，当与相切时，联立方程得，

令得，解得（负值舍去），所以.

综上，的取值范围为.

故选：D.

【点晴】

本题主要考查函数与方程的应用，考查数形结合思想，转化与化归思想，是一道中档题.

8．已知，，则下列结论正确的有（       ）

①             ②             ③             ④

A．个 B．个 C．个 D．个

【答案】B

【分析】求出、的值，比较、的大小，利用指数函数的单调性、导数法、不等式的基本性质以及基本不等式逐项判断可得出合适的选项.

【详解】因为，，则，.

对于①，，则，从而，

，则，则，即，①对；

对于②，，

因为，则，，所以，，②错；

对于③，，

所以，，

所以，，③错；

对于④，构造函数，其中，则.

当时，，则函数在上单调递增，

因为，则，即，可得，所以，，④对.

故选：B.

二、多选题

9．等差数列中，，则下列命题中为真命题的是（       ）

A．公差 B．

C．是各项中最大的项 D．是中最大的值

【答案】ABD

【分析】由得：，进而再等差数列的性质逐个判断即可

【详解】由得：，

所以，且各项中最大的项为，故A正确，C错误；

，所以，故B正确；

因为，等差数列递减，所以最大，故D正确；

故选：ABD

10．已知是定义域为的奇函数，且为偶函数，若当时，，下列结论正确的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】确定函数的周期性，然后由周期性、奇偶性求值．

【详解】是偶函数，即图象关于轴对称，所以的图象关于直线对称，

又是奇函数，

所以，

所以，所以是周期为8的周期函数，

，所以，，A错；

，B正确；

，而，所以，C错；

，D正确．

故选：BD．

11．定义：在区间上，若函数是减函数，且是增函数，则称在区间上是“弱减函数”.根据定义可得（       ）

A．在上是“弱减函数”

B．在上是“弱减函数”

C．若在上是“弱减函数”，则

D．若在上是“弱减函数”，则

【答案】BCD

【分析】利用“弱减函数”的概念逐项分析即得.

【详解】对于A，在上单调递减，不单调，故A错误；

对于B，，在上，函数单调递减，

，，∴在单调递增，故B正确；

对于C，若在单调递减，由，得，

∴，在单调递增，故C正确；

对于D，在上单调递减，

在上恒成立，

令，，令，

，

∴在上单调递减，，

∴，∴在上单调递减，，

∴，

在上单调递增，

在上恒成立，

∴，

令，，

∴在上单调递增，，

∴，

综上：，故D正确.

故选：BCD.

12．记表示与实数x最接近的整数，数列通项公式为（），其前项和为，设，则下列结论正确的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】A特殊值判断即可；B、C由题设可得即可判断正误；D通过归纳总结得到数列中有2个1，4个，6个，8个，……，根据中各对应值的项数，进而求和.

【详解】由题意，记表示与实数最接近的整数且，

当时，可得，则， A不正确；

由，即，可得，故成立， B正确；

由B分析知：，平方得：，

因为且不是整数，其中是右侧的最接近的整数，所以成立， C正确；

当时，，此时；

当时，，此时；

当时，，此时；

当时，，此时；……

归纳得：数列中有2个1，4个，6个，8个，……

又2，4，6，8，…构成首项为2，公差为2的等差数列，其前项和，

而，所以， D正确.

故选：BCD

【点睛】关键点点睛：D选项，首先通过列举归纳总结出对应值出现的次数，再由等差数列前n项和公式确定项的分布情况，进而求出.

三、填空题

13．已知函数f(x)的图象如图所示，则函数g(x)=f(x)的定义域是______.

【答案】(2,8］

【分析】将原问题转化为真数大于零的问题，然后结合函数图象确定函数的定义域即可.

【详解】要使函数有意义，须f(x)＞0，由f(x)的图象可知,

当x∈(2,8］时，f(x)＞0.

即函数g(x)=f(x)的定义域是(2,8］.

【点睛】本题主要考查函数定义域的求解，函数图象的识别等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

14．已知函数（且），若不等式的解集为，则a的取值范围是___________.

【答案】

【分析】由得到a取不同值时x的范围，由的解集为得到及，即可得出答案.

【详解】若，则，即，

当时，，当时，.

由的解集为，得，，

故，所以解得，

又因为，所以，又，所以.

故答案为：

15．已知正实数，满足，则的最大值为______．

【答案】

【分析】把已知等式变形为，利用函数（）的单调性得的关系，这样把转化为的函数，再利用导数求得最大值．

【详解】由得，所以，，

因为，所以，

设（），则，递增，

所以由得，所以，

，

设，则，

所以时，，递增，时，，递减，

所以．

故答案为：．

【点睛】本题考查了导数的单调性的应用，考查用导数求函数的最大值．解题关键是已知等式进行同构变形：，然后利用函数的单调性得出变量间的关系．考查了学生的逻辑思维能力，属于较难题．

四、解答题

16．已知函数且，则______．

【答案】7.

【分析】分情况讨论，当时，方程无解；当时，，故可得到答案.

【详解】已知函数，

当时，此方程无解；

当时，；

故答案为：7.

17．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N).

（1）求a1，a2，a3的值；

（2）是否存在常数λ，使得{an＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式an，若不存在，说明理由.

【答案】（1）a1＝3，a2＝9，a3＝21；（2）存在，，.

【分析】（1）分别令，2，3，依次计算，，的值；

（2）假设存在常数，使得为等比数列，则，从而可求得，再利用定义证明等比数列，得出的通项公式，从而得出．

【详解】（1）当时，，解得，

当时，，解得，

当时，，解得．

（2）假设是等比数列，则，即，解得．

下面证明为等比数列：

当时，，

整理得：，即，即，

故数列是首项为a1＋3＝6，公比为2的等比数列.

∴，

∴.

18．已知二次函数.

（Ⅰ）若方程有两个实数根，且方程有两个相等的根，求的解析式:

（Ⅱ）若的图像与轴交于两点，且当时，恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【详解】试题分析：（1）利用二次函数根与系数的关系设，利用条件待定系数求即可；

（2）要使得当时，恒成立.当且仅当即可.

试题解析：

（1）据题意，设，

   ①

由方程得     ②

因为方程②有两个相等的根，所以，

即       解得或（舍去）

将.代入①得的解析式

（2）据题意知，是方程的两个根.由韦达定理

故方程可化为

要使得当时，恒成立.当且仅当

故实数的取值范围为

点睛：解决二次函数的根与系数关系问题时往往会运用韦达定理，即的两根为，则有，别忘了前提还有判别式大于等于零的条件.

19．已知，函数.

(1)若关于的方程的解集中恰好有一个元素，求的取值范围；

(2)设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）化简得，再讨论解集中恰好有一个元素，得到 的取值范围；

（2）由题得，即即，由二次函数的单调性可得出答案.

【详解】(1)由即

等价于 ,即

当时，，经检验，满足题意.当时，，经检验，满足题意.

当且时，是原方程的解当且仅当，

即是原方程的解当且仅当，即.于是满足题意的.

综上，的取值范围为.

(2)当时，，所以在

上单调递减，函数在区间上的最大值与最小值分别为.

即

对任意成立.因为，

所以函数在区间上单调递增，时，有最小值，由，得.

故的取值范围为

20．已知等差数列为递增数列，

(1)求的通项公式；

(2)若数列满足，求的前项和：

(3)若数列满足，求的前项和的最大值､最小值.

【答案】(1)

(2)

(3)最大值为，最小值为

【分析】（1）根据题意可得，则可解得，即可求出通项公式；

（2）利用错位相减法即可求出；

（3）利用裂项相消法求出前n项和，再讨论n的奇偶即可求出.

【详解】(1)因为，所以，所以，

又，且为递增数列，则可解得，所以公差为2，

所以.

(2)因为，

所以①，

②，

①-②得，

；

(3)，

记的前项和为，

则

，

当为奇数时随着的增大而减小，可得，

当为偶数时随着的增大而增大，可得，

所以的最大值为，最小值为.

21．已知函数．

(1)讨论函数的极值点个数；

(2)若对任意的恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】(1)见解析．

(2)

【分析】（1）求出函数的导数，讨论和，确定导数的正负，确定函数极值点的个数；

（2）构造函数，将不等式恒成立转化为的最值问题，求的导数，分类讨论，利用导数判断函数的单调性，确定参数的取值范围.

【详解】(1)，

①当时，，所以在上单调递增，无极值．

②当时，令，得，

当时，；当时，，

即函数在上单调递减，在上单调递增，

此时只有一个极值点，

综上所述，当时，在上无极值点；

当时，函数在上只有一个极值点．

(2)若时， ，即．（）

令，则，

令 ，则，

∴函数 在区间上单调递增，，

（1）若，，

∴，∴．

函数 在区间上单调递增．

∴．∴（）式成立．

（2）若，

∴由于，．

（ 时， ，故 ）

故，使得，

则当时，，即 ．

∴函数在区间上单调递减，

∴，即（）式不恒成立．

综上所述，实数的取值范围是 ．

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值点以及利用导数解决不等式恒成立时的参数的范围问题，有较强的综合性，要求明确导数与函数的单调性以及极值之间的关系并能灵活应用，解答的关键是构造函数，将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题，其中要注意分类讨论.

22．已知函数.

（1）证明：曲线在点处的切线恒过定点；

（2）若有两个零点，且，证明：.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析

【分析】（1）求出函数在处的导数，求出，即可求出切线方程，得出定点；

（2）由题可得，可得，令，则，构造函数，二次求导得出单调递增，即可求出，再利用基本不等式即可证明.

【详解】（1），

则，即切线斜率为，

又，

则切线的方程为，即，

可得当时，，故切线恒过定点；

（2）是的零点，，且，

则，即，

，即，

令，则，则，

令，则。

令，则，则单调递增，

，即，则单调递增，

，

，即，即，

则（由于，故不取等号），得证.

【点睛】关键点睛：本题考查利用导数解决双变量问题，解题的关键是将其转化为，利用导数求出单调性，得出.