四川省绵阳南山中学2022-2023学年高二数学（文）下学期期末热身考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳南山中学2022-2023学年高二数学（文）下学期期末热身考试试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了 已知集合 ，则， 已知为虚数单位，，则， 若命题，，则为， 设，若，则， 函数的单调递增区间为， 函数的图像大致是， 短道速滑队进行冬奥会选拔赛等内容，欢迎下载使用。

绵阳南山中学2021级高二下期6月期末热身测试
数学（文科）
本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷共4页，答题卡共6页.满分150分.
注意事项：
①答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“考号”栏目内.
②选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米，黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.
③考试结束后将答题卡交回.
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数不等式化简集合即可由交集的定义求解.
【详解】由得，所以,
故选：B
2. 已知为虚数单位，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算法则可求出结果.
【详解】因为，
所以.
故选：B
3. 若命题，，则为（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】通过改量词否结论，将命题否定
【详解】因为命题，，
所以为，，
故选：D
4. 下列四个函数中是偶函数，且在上单调递减的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据奇偶性的定义和单调性的定义求解.
【详解】对于A，是偶函数，当时是增函数；
对于B，是偶函数，当时是增函数；
对于C，，不是偶函数；
对于D，设，则，，
当时，，，是偶函数，
当时，，是对称轴，开口向上的抛物线，是减函数；
故选：D.
5. 设，若，则（ ）
A. B. 0 C. 1 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的分段函数，分段代入求解作答.
【详解】依题意，，则，解得，
所以.
故选：C
6. 函数的单调递增区间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出函数的导数，求出不等式的解后可得其增区间.
【详解】的定义域为，
而，令，则，
而，故，
故的增区间为.
故选：A.
7. 函数的图像大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，得到函数的函数值的正负，可排除A、C项；求得，得出函数的单调区间，可排除B项，即可求解.
【详解】由函数，令，即，解得或，
所以当或时，；当时，，可排除A、C项；
又由，令，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
则可排除B项，选项D符合题意.
故选：D.
8. 短道速滑队进行冬奥会选拔赛（6人决出第一一六名），记“甲得第一名”为p，“乙得第二名”为q，“丙得第三名”为r，若是真命题，是假命题，是真命题，则选拔赛的结果为（ ）
A. 甲第一、乙第二、丙第三 B. 甲第二、乙第一、丙第三
C. 甲第一、乙第三、丙第二 D. 甲第一、乙没得第二名、丙第三
【答案】D
【解析】
【分析】根据符合命题的真假性进行判断即可求解.
【详解】是真命题意味着为真，q为假（乙没得第二名）且r为真（丙得第三名）；
是真命题，由于q为假，只能p为真（甲得第一名），这与是假命题相吻合；
由于还有其他三名队员参赛，只能肯定其他队员得第二名，乙没得第二名，
故选：D．
9. “青年兴则国家兴，青年强则国家强”，作为当代青少年，我们要努力奋斗，不断进步.假设我们每天进步1%，则一年后的水平是原来的倍，这说明每天多百分之一的努力，一年后的水平将成倍增长.如果将我们每天的“进步”率从目前的10%提高到20%，那么大约经过（ ）天后，我们的水平是原来应达水平的1500倍.（参考数据：，，）
A. 82 B. 84 C. 86 D. 88
【答案】B
【解析】
【分析】利用对数的运算性质结合估算即可求得结果.
【详解】设大约经过天后，我们的水平是原来应达水平的1500倍，
可得，两边取对数得，
，
，
又因为
,
又因为
，
所以
故选：B.
10. 设是定义在上的周期为的偶函数，已知当时，，则当 时，的解析式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】当时，由可得出的表达式；当时，由函数的周期性和奇偶性可得出.综合可得结果.
【详解】当时，，，
当时，，，
因为函数为偶函数，则，
综上所述，当时，.
故选：C.
11. 设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，例如:，．已知函数，若，，则函数的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据高斯函数的定义，分段讨论的取值，计算的值域.
【详解】当时,，
∴，
当时,，
∴，
∴函数的值域为.
故选:B.
12. 若，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据结构，构造函数，利用导数证明出，利用单调性判断出；令，利用单调性判断出，即可得到答案.
【详解】记，因为，
令，解得；令，解得；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
所以，
因为，所以，即；
令，，
所以在单调递增，，
所以当时，，即，
所以，
又，，所以.
故.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题考查比较大小，解答的关键是结合式子的特征，合理构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可判断.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 计算：log43×=____．
【答案】##
【解析】
【分析】利用对数换底公式化简计算即可.
【详解】原式.
故答案为：
14. 幂函数在上单调递减，则实数的值为_______
【答案】2
【解析】
【分析】根据幂函数建立等式，解出，将代入函数检验，看是否在上单调递减即可确定答案.
【详解】解：因为是幂函数，所以，
解得或，因为函数在上单调递减，
当时，函数化为，符合题意，
当时，，不符合题意，综上.
故答案为：2
15. 已知函数，函数，若对任意的，存在，使得，则实数m的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得，分别求出，即可得到，从而得出实数m的取值范围．
【详解】由题意得．
因为，
当时，，故在上单调递增，．
因为，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，．
由，即，解得．
故答案为：．
16. 已知函数，若有六个零点，则实数的取值范围是________．
【答案】或或
【解析】
【分析】先求得的零点，将有个零点转化为函数的图象与三条直线共有六个交点，结合导数来求得的取值范围.
【详解】由，解得或；
由，解得.
因为，所以或或，
即，
因为有六个零点，
所以函数的图象与三条直线共有六个交点．
因为函数的图象与三条直线共有三个交点，
所以的图象与三条直线共有三个交点，
当时，，
所以在区间递增，在区间递减，
所以时，取得极大值也即是最大值，
，，
结合的图象，可知或或，
所以或或．
故答案为：或或．

三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分
17. 已知命题，当命题为真命题时，实数的取值集合为A．
（1）求集合A；
（2）设集合，若是的必要不充分条件，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可知有解，利用其判别式大于等于0即可求得答案；
（2）结合题意推出且，讨论B是否为空集，列出相应不等式（组），求得答案.
【小问1详解】
因为为真命题，所以方程有解，即，
所以，即；
【小问2详解】
因为是的必要不充分条件，所以且，
i）当时，，解得；
ii）当时，，且等号不会同时取得，
解得，
综上，.
18. 为进一步奏响“绿水青山就是金山银山”的主旋律，某旅游风景区以“绿水青山”为主题，特别制作了旅游纪念章，并决定近期投放市场.根据市场调研情况，预计每枚纪念章的市场价（单位：元）与上市时间（单位：天）的数据如下表.
上市时间/天
2
6
32
市场价/元
148
60
73

（1）根据上表数据，从①，②，③中选取一个恰当的函数描述每枚纪念章的市场价y与上市时间x的变化关系（无需说明理由），并求出该函数的解析式；
（2）利用你选取的函数，求该纪念章市场价最低时的上市天数及每枚纪念章的最低市场价.
【答案】（1），
（2）当该纪念章上市12天时，市场价最低，最低市场价为每枚48元.
【解析】
【分析】（1）根据表中数据的关系可选③来描述每枚纪念章的市场价y与上市时间x的变化关系，而根据表中数据可得关于参数的方程组，求出其解后可得函数解析式.
（2）利用基本不等式可求该纪念章市场价最低时的上市天数及每枚纪念章的最低市场价.
【小问1详解】
每枚纪念章的最低市场价不是关于上市时间的单调函数，故选.
分别把，代入，得
解得，，∴，.
此时该函数的图象恰经过点，∴，.
【小问2详解】
由（1）知，
当且仅当，即时，有最小值，且.
故当该纪念章上市12天时，市场价最低，最低市场价为每枚48元.
19. 已知函数，且．
（1）求实数a的值及曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求f(x)的最大值．
【答案】（1）；
（2）2
【解析】
【分析】（1）先求导函数，代入即可求值，由导数的几何意义求切线方程即可；
（2）由导函数确定极值，再与端点函数值比较即可.
【小问1详解】
由题意可得，所以，即，
所以，，所以，.
所以曲线在点处的切线方程为，即；
【小问2详解】
由(1)得，
令，则或．
列表得：
x
﹣2

﹣1

1

2


＋
0
﹣
0
＋

f(x)
﹣2

2

﹣2

2
所以当时，在时取得极小值，在时取得极大值，且，故的最大值为2.
20. 已知函数.
（1）若的最大值为6，求的值；
（2）当时，设，若的最小值为，求实数的值.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）利用换元法及一元二次函数的性质即可求解；
（2）利用分段函数分段处理的原则及换元法，结合已知条件及一元二次函数的性质即可求解；
小问1详解】
依题意， 函数的对称轴方程为令，
当，即时，当时，取到最大值，
所以，解得；
当，即时，当时，取到最大值，
所以，解得；
综上所述，或.
【小问2详解】
因为，
①当时，，
令，，
当时，，
当时，
②当时，，即，
因为，
所以
若此时符合题意；
若（舍）；
若此时不符合题意.
综上，实数.
【点睛】关键点睛：解决此题的关键是利用换元的思想及分段函数分段处理的原则，结合条件及一元二次函数的性质分类讨论即可.
21. 已知函数，其中.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，判断函数零点的个数.
【答案】（1）答案见解析

（2）一个零点，理由见解析
【解析】
【分析】（1）求出，分、、讨论可得答案；
（2）由（1）当时，函数单调递增区间为，，单调递减区间为可得函数的极大值，再利用导数证明可得答案.
【小问1详解】
，
令得，
当时，，则函数在上单调递增，
当时， 或时，，
时，，所以函数在，上单调递增，在上单调递减，
当时， 或时，，时，，
所以函数在，上单调递增，在上单调递减.
综上所述，当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，函数的单调递增区间为，，单调递减区间为；
当时，函数的单调递增区间为在，，单调递减区间为.
【小问2详解】
当时，函数仅有一个零点的个数，理由如下，
由（1）得当时，函数在，单调递增，在单调递减； 则函数的极大值为，
且极小值为，令，，
则，，
所以在上单调递增，
所以，
所以当时，，
，
因为，所以，，可得，
如下图，作出函数的大致图象，
由图象可得当时，函数仅有一个零点的个数.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用导数研究函数的单调性与极值，考查数形结合思想与运算求解能力.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题做答.如果多做，则按所做的第一题记分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数），直线l的参数方程为（t为参数）．
（1）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求圆的极坐标方程；
（2）若点，直线l与圆相交于两点，求的值．
【答案】（1）
（2）3
【解析】
【分析】（1）圆的参数方程（为参数），利用可得普通方程，再将代入圆的普通方程即可求解；
（2）把直线l参数方程代入圆的普通方程可得，利用根与系数的关系和参数的几何意义即可求解.
【小问1详解】
由圆的参数方程（为参数）得：
，
根据，
则圆的极坐标方程为：；
【小问2详解】
把直线l的参数方程代入圆的方程得，
设A，B两点对应的参数分别为，
则，，
．
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数．
（1）求不等式解集；
（2）若关于x的不等式恒成立，求m的取值范围．
【答案】（1）或
（2）．
【解析】
【分析】（1）分区间讨论求解不等式即可得解；
（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，由不等式恒成立求解.
【小问1详解】

当时，令，得，所以；
当时，令，得，无解；
当时，令，得，所以．
综上，原不等式的解集为或．
【小问2详解】
，
当且仅当时，取得最小值，
，在时取得最大值．
又因为关于x的不等式恒成立，
所以，