2023-2024学年山东省青岛市莱西市高二下学期期末考试数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省青岛市莱西市高二下学期期末考试数学试题（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A=x2x−x2≤0，B=∁RA，其中R是实数集，集合C=−∞,1，则B∩C=( )
A. −∞,0B. 0,1C. −∞,0D. 0,1
2.命题“∀x∈R,∃n0∈N∗，使得n0>x2”的否定形式是( )
A. ∀x∈R,∃n0∈N∗，使得n0≤x2B. ∀x∈R,∀n∈N∗使得，n≤x2
C. ∃x0∈R,∃n0∈N∗，使得n0≤x02D. ∃x0∈R,∀n∈N∗，使得n≤x02
3.若实数x>2y>0，则3yx−2y+xy的最小值为( )
A. 2 3B. 2 3−1C. 2 3+1D. 2 3+2
4.如图是下列四个函数中某一个的部分图象，则该函数为( )
A. fx=xlnx+2B. fx=x+1ex+1−1C. fx=x3x+12D. fx=xx+12
5.“00且a≠1)在R上单调递减”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
6.已知函数fx=lg2a−1x+1+b，若函数fx的图象关于点1,0对称，则lgab=( )
A. −3B. −2C. −12D. −13
7.某食品的保鲜时间y(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系y=ekx+b(e=2.718…为自然对数的底数，k，b为常数).若该食品在0 ℃的保鲜时间是192小时，在22 ℃的保鲜时间是48小时，则该食品在33 ℃的保鲜时间是( )
A. 16小时B. 20小时C. 24小时D. 28小时
8.若a=ln22,b=1e,c=ln33，则以下不等式正确的是( )
A. c>b>aB. a>b>cC. b>a>cD. b>c>a
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数fx=2x+1,x≤0lg2x,x>0，若fx=2，则x=( )
A. 0B. 2C. 4D. 6
10.已知定义在R上的函数f(x)满足f(2x+6)=f(−2x)，且f(x−1)+f(x+1)=f(−2)，若f(52)=1，则( )
A. f(2024)=1B. f(x)的图象关于直线x=−3对称
C. f(x)是周期函数D. k=12025(−1)kkf(k−12)=2025
11.已知实数a，b，c满足a>b>c，a>0，则下列结论正确的是( )
A. ac2>bc2B. 2024a−c>2024a−b
C. 2a+3a>2b+2bD. 若a+b=2，则a2+b2的最小值为2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数fx=lga2x−1(a>0，且a≠1)恒过的定点是 ．
13.定义在R上的两个函数fx和gx，已知fx+g1−x=3，gx+fx−3=3.若y=gx图象关于点1,0对称，则f0= ．
14.已知fx=13x3−x在区间m,6−m2上有最小值，则实数m的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知函数f(x)=x2−ax−a，g(x)=(a+1)x2−(1+2a)x−a+1(a∈R)．
(1)若f(x)在区间[0,2]上最大值为2，求实数a的值；
(2)当a>0时，求不等式f(x)>g(x)的解集．
16.(本小题12分)
已知函数f(x)=|2x−6|−|3x−6|．
(1)求不等式f(x)>1的解集；
(2)若不等式f(x)≤k|x|恒成立，求实数k的取值范围
17.(本小题12分)
已知函数fx=x3+2ax2+bx+a−1在x=−1处取得极值0，其中a,b∈R．
(1)求a,b的值；
(2)当x∈−1,1时，求fx的最大值和最小值．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=lgax−1x+1(a>0且a≠1).
(1)求f(x)的定义域；
(2)若当a=12时，函数g(x)=f(x)−b在1,+∞有且只有一个零点，求实数b的范围；
(3)是否存在实数a，使得当f(x)的定义域为[m,n]时，值域为1+lgan,1+lgam，若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由．
19.(本小题12分)
已知函数fx=xlnx−ax2−2x，若过点1,0可作曲线y=fx两条切线，求a的取值范围．
答案解析
1.B
【解析】解：由2x−x2≤0可得x≤0或x≥2，则B=∁RA=x0又C=−∞,1，故B∩C=0,1．
故选：B．
2.D
【解析】解：根据全称命题与存在性命题互为否定关系，
原命题的否定形式是“∃x0∈R,∀n∈N∗，使得n≤x02”.
故选：D
3.D
【解析】解：3yx−2y+xy=3yx−2y+x−2y+2yy=3yx−2y+x−2yy+2，
因为x>2y>0，所以3yx−2y>0，x−2yy>0，
则3yx−2y+x−2yy+2≥2 3yx−2y⋅x−2yy+2=2 3+2，
当且仅当3yx−2y=x−2yy，即x=(2+ 3)y时，等号成立，
所以3yx−2y+xy的最小值为2 3+2．
故选：D．
4.D
【解析】解：对于A，要使函数fx有意义，则x+2>0lnx+2≠0，即x+2≠0x+2≠1,
所以x<−3或−3−1，
所以函数fx的定义域为−∞,−3∪−3,−2∪−2,−1∪−1,+∞，A不正确；
对于B，f0=1e−1≠0，而已知函数fx图象过原点，B不正确；
对于C，对于函数fx=x3x+12，则f′x=x3+3x2x+13，当x>0时，f′x>0，
则函数fx在0,+∞上单调递增，不符合题中图象，C不正确，
对于D，对于函数fx=xx+12，定义域为−∞,−1∪−1,+∞，且f0=0，
f′x=1−xx+13，当x<−1时，f′x<0，当−10，
当x>1时，f′x<0，所以函数fx=xx+12在−∞,−1上单调递减，
在−1,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，符合图象，故 D正确．
故选：D．
5.C
【解析】解：若a>1，则fx的图象为：
可知fx在R上单调递增；
若0可知fx在R上单调递减；
综上所述：“00且a≠1)在R上单调递减”的充要条件．
故选：C．
6.C
【解析】解：方法一：依题意将函数fx的图象向左移1个单位长度关于原点对称，即fx+1=lg2a−1x+2+b是奇函数，
因奇函数的定义域关于原点对称，而x=−2,时函数fx+1无意义，故x=2时,fx+1也无意义，
即a−14=0，解得a=14,
此时fx+1=lg2x−2x+2−2+b为奇函数，则
fx+1+f(−x+1)=lg2x−2x+2−2+b+lg2x+2x−2−2+b=2b−4=0
解得b=2,故lgab=lg142=−12．
故选：C．
方法二：依题意fx+f2−x=0恒成立，代入得
fx+f2−x=2b+lg2a−1x+1+lg2a−13−x=0
化简得，2b+lg2[a2−a3−x−ax+1+1(3−x)(x+1))]=0，
整理得：2b+lg2[a2−a3−x−ax+1+3−x+x+14(3−x)(x+1))]=0，
即2b+lg2[a2+1−4a43−x+1−4a4x+1]=0(∗)，
依题意，此式在函数的定义域内恒成立，故须使1−4a=0，则得a=14，
回代(∗)可得，2b−4=0，即b=2，故lgab=−12．
故选：C．
7.C
【解析】解：y=ekx+b(e=2.718…为自然对数的底数，k，b为常数)．
当x=0时，eb=192，
当x=22时，e22k+b=e22k⋅eb=48，
∴e22k=48192=14，
解得e11k=12，
当x=33时，e33k+b=(e11k)3⋅(eb)=(12)3×192=24．
故选C．
8.D
【解析】解：因为a=ln22，b=1e=lnee，c=ln33，
令f(x)=ln xx，定义域为(0,+∞)，则f′(x)=1−lnxx2，
当00，当x>e时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
又因为2f(3)，
又f(2)−f(3)=ln22−ln33=3ln2−2ln36=ln8−ln96<0，所以f(2)所以f(e)>f(3)>f(2)，即b>c>a．
故选：D．
9.AC
【解析】解：由fx=2，得x≤02x+1=2或x>0lg2x=2，解得x=0或x=4，
故选：AC
10.BCD
【解析】解：因为f(x−1)+f(x+1)=f(−2)，
所以f(x+1)+f(x+3)=f(−2)，即f(x−1)=f(x+3)，故f(x)=f(x+4)，
所以f(x)是周期为4的周期函数，则C正确．
令x=−1，得f(−2)+f(0)=f(−2)，则f(0)=0，从而f(2024)=f(0)=0，故A错误．
因为f(2x+6)=f(−2x)，所以f(x+6)=f(−x)，所以f(−x)=f(x−6)，
故f(x)的图象关于直线x=−3对称，则B正确.易得f(x)的周期为4，
且其图象关于直线x=−3及x=3对称，则直线x=−3+4n及x=3+4n(n∈Z)均为f(x)图象的对称轴，
从而f(−2)=f(0)=0，f(72)=f(52)=1.令x=32，得f(32−1)+f(32+1)=0，
即f(12)=−f(52)=−1，则f(12)=f(32)=f(92)=−1，
故k=12025(−1)kkf(k−12)=−f(12)+2f(32)−3f(52)+4f(72)−⋯−2025f(40492)
=(1−2−3+4)+⋯+(2021−2022−2023+2024)+2025=2025，故D正确．
11.BC
【解析】解：对于A，ac2>bc2等价于a2c2>b2c2，当a=1,b=−2时，显然不成立，故 A错误；
对于B，∵a>b>c，∴a−c>a−b，∴2024a−c>2024a−b，故 B正确；
对于C，∵a>b>c，∴3a>2a>2b,2a>2b，2a+3a>2b+2b，故 C正确；
对于D，∵a+b=2，a>0，a>b，所以b=2−a，
所以a2+b2=a2+2−a2=2a2−4a+4=2a−12+2，
所以当a=1时，a2+b2的最小值为2，此时a=b=1，显然不满足，故 D错误．
故选：BC．
12.1,0
【解析】解：令2x−1=1，解得x=1，此时f1=lga1=0，
所以函数fx=lga2x−1(a>0，且a≠1)恒过的定点是1,0．
故答案为：1,0．
13.3
【解析】解：函数gx的定义域为R，且y=gx图象关于点1,0对称，所以gx+g2−x=0，所以g1=0，
又fx+g1−x=3，当x=0时，f0+g1=3，所以f0=3．
故答案为：3．
14.−2,1
【解析】解：由函数fx=13x3−x，可得f′x=x2−1=x+1x−1，
当x<−1或x>1时，f′x>0，fx在(−∞,−1),(1,+∞)上单调递增；
当−1即x=1为函数fx的极小值点；
要使得函数y=fx在区间m,6−m2上有最小值，
则满足m<1<6−m2fm≥f1，即− 5因为13m3−m≥−23，可得m3−3m+2≥0，即m−12m+2≥0，解得m≥−2，
所以−2≤m<1，即实数m的取值为−2,1．
故答案为：−2,1
15.解：(1)函数f(x)=x2−ax−a图象的对称轴为x=a2，
当a2≤1，即a≤2时，fxmax=f2=4−3a=2，解得a=23，则a=23；
当a2>1，即a>2时，fxmax=f0=−a=2，解得a=−2，矛盾，
所以a=23．
(2)显然g(x)−f(x)=ax2−(a+1)x+1=(ax−1)(x−1)<0，而a>0，
因此不等式为(x−1a)(x−1)<0，
当1a<1，即a>1时，不等式解集为(1a,1)；
当1a=1，即a=1时，不等式解集为⌀；
当1a>1，即0所以当a>1时，不等式解集为(1a,1)；当a=1时，不等式解集为⌀；当0 【解析】(1)求出二次函数图象的对称轴，再利用二次函数性质求解即得．
(2)分类讨论求解含参数的一元二次不等式即得．
16.解：(1)fx=2x−6−3x−6=x,x<2−5x+12,2≤x≤3−x,x>3,
当x<2时，x>1，即1当2≤x≤3时，−5x+12>1，解得x<115，即2≤x<115，
当x>3时，−x>1，解得x<−1，此时无解，
综上：不等式fx>1的解集为1,115；
(2)x=0时上述不等式显然成立，
当x≠0时，上述不等式可化为k≥fxx=2x−6−3x−6x=2−6x−3−6x，
令gx=fxx=2−6x−3−6x≤2−6x−3+6x=1，当且仅当0所以k≥1，即实数k的取值范围为1,+∞．
【解析】(1)分类讨论去绝对值后再求解不等式即可；
(2)讨论x=0，当x≠0时k≥2−6x−3−6x，利用绝对值的三角不等式求解2−6x−3−6x的最大值即可；
17.解：(1)由fx=x3+2ax2+bx+a−1求导得f′(x)=3x2+4ax+b，
依题意可知f(−1)=0f′(−1)=0，即−1+2a−b+a−1=03−4a+b=0，解得a=b=1，
此时fx=x3+2x2+x，f′(x)=3x2+4x+1，由f′(x)=3x2+4x+1=0求得x=−1或x=−13，
当x<−1时，f′(x)>0，函数f(x)递增，当−1故x=−1时，函数取得极大值f(−1)=0，故a=b=1．
(2)由(1)得f(x)=x3+2x2+x,f′(x)=3x2+4x+1=(3x+1)(x+1)，
令f′(x)=0解得x=−13或x=−1，因x∈−1,1，
故当−10，函数f(x)递增，
当x=−13 时，f(x) 取得极小值，无极大值，所以f(x)min=f−13=−427，
所以在区间[−1,1]上，f(x)的最大值为f(−1)或f(1)，而f(−1)=0,f(1)=1+2+1=4．
所以f(x)在区间[−1,1]上的最大值为4，最小值为−427．
【解析】(1)通过对原函数求导，利用题设条件，列出方程组，求得a,b的值，回代解析式验证即得；
(2)根据(1)求得的函数解析式，求导讨论函数单调性，推得x=−13时，函数有极小值，也是最小值，无极大值，结合区间端点值比较求得函数最大值．
18.解：(1)由x−1x+1>0，得x>1或x<−1．
所以f(x)的定义域为(−∞,−1)∪(1,+∞)．
(2)令t(x)=x−1x+1=1−2x+1，可知t(x)在1,+∞上为增函数，
可得tx>t1=0，且tx<1，可知tx的值域为0,1，
因为a=12，则y=lg12x在定义域内为减函数，可得fx>lg121=0，
所以函数fx在1,+∞上的值域为0,+∞，
又因为函数g(x)=f(x)−b在3,+∞有且只有一个零点，
即f(x)=b在3,+∞上有且只有一个解，
所以b的范围是0,+∞．
(3)存在，理由如下：
假设存在这样的实数a，使得当f(x)的定义域为[m,n]时，值域为1+lgan,1+lgam，
由m令t(x)=x−1x+1=1−2x+1，可知t(x)在(1,+∞)上为增函数，
因为0所以f(x)在(1,+∞)上为减函数，
可得fm=lgam−1m+1=lgaamfn=lgan−1n+1=lgaan,
可知x−1x+1=ax在(1,+∞)上有两个互异实根，可得ax2+(a−1)x+1=0，
即ℎ(x)=ax2+(a−1)x+1=0有两个大于1相异实数根．
则Δ=a−12−4a>0−a−12a>1ℎ1>0，解得0所以实数a的取值范围0,3−2 2．
【解析】(1)根据对数的真数大于0结合分析不等式运算求解；
(2)根据题意分析可知f(x)=b在(1,+∞)上有且只有一个解，进而结合函数单调性运算求解；
(3)根据定义域和值域可得019.解：依题意，f′x=lnx−2ax−1，
设过点1,0的直线与曲线y=fx相切时的切点为x0,y0，
则斜率k=lnx0−2ax0−1，
所以切线方程为：y−x0lnx0−ax02−2x0=lnx0−2ax0−1x−x0.&&
又点1,0在切线上，
所以−x0lnx0+ax02+2x0=lnx0−2ax0−11−x0 ，
即有ax02−2ax0−x0+lnx0−1=0，
由过点1,0可作曲线y=fx两条切线，得方程ax02−2ax0−x0+lnx0−1=0有两个不相等的实数根，
令gx=ax2−2ax−x+lnx−1，则函数gx有2个零点，
求导得g′x=2ax−2a−1+1x=2ax2−2a+1x+1x=2ax−1x−1x，
若a>12，由g′x>0，得01，
由g′x<0，得12a即函数gx在0,12a，1,+∞上单调递增，在12a,1上单调递减，
所以当x=12a时，gx取得极大值，当x=1时，gx取得极小值，
又g12a=a⋅12a2−2a×12a−12a+ln12a−1=−ln2a−14a−2<0，
当x≤1时，gx<0恒成立，所以函数gx最多1个零点，不合题意；
若a=12,g′x≥0恒成立，函数gx在0,+∞上单调递增，
因此函数gx最多1个零点，不合题意；
若00，得012a，
由g′x<0，得1即函数gx在0,1,12a,+∞上单调递增，在1,12a上单调递减，
则当x=1时，gx取得极大值，当x=12a时，gx取得极小值，
又g1=−a−2<0，显然当x≤12a时，gx<0恒成立，
所以函数gx最多1个零点，不合题意；
若a≤0，显然2ax−1<0，
当00，
当x>1时，g′x<0，
所以函数在1,0上单调递增，在1,+∞上单调递减，
当x=1时，gx取得最大值g1=−a−2，
要函数gx有2个零点，必有g1=−a−2>0，得a<−2，
当0而函数y=−a−1+lnx在(0,1)上的值域为−∞,−a−1，
因此gx在0,1上的值域为−∞,−a−2，
当x>1时，令y=lnx−x，求导得y′=1x−1<0，
所以函数y=lnx−x在1,+∞上单调递减，则lnx−x<−1，
gx=ax−12−x−a−1+lnx−x而函数y=ax−12−a−2在1,+∞上单调递减，值域为−∞,−a−2，
因此函数gx在1,+∞上的值域为−∞,−a−2，
于是当a<−2时，函数gx有两个零点，
所以过点1,0可作曲线y=fx两条切线时，
所以a的取值范围是−∞,−2.
【解析】求出函数fx=xlnx−ax2−2x的导数，设出切点坐标，求出切线方程，结合切线过的点构造函数gx=ax2−2ax−x+lnx−1，讨论函数gx=ax2−2ax−x+lnx−1有两个零点的a的取值范围．