陕西省宝鸡市金台区2021-2022学年高二文科数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份陕西省宝鸡市金台区2021-2022学年高二文科数学下学期期末试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了 已知命题， 函数的零点所在的大致区间是， 下列命题为真命题的是， 函数的单调递减区间为， 已知等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年度第二学期期末检测题高二文科数学注意事项：1. 答卷前，考生将答题卡有关项目填写清楚.2. 全部答案在答题卡上作答，答在本试题上无效.一、选择题：本大题共12个小题，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. 设集合，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】首先解分式不等式与一元二次不等式求出集合、，再根据交集的定义计算可得.【详解】解：由，即，解得，所以，由，即，解得，所以，所以故选：B2. 设，则“”是“”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【答案】A【解析】【分析】首先求解二次不等式，然后结合不等式的解集即可确定充分性和必要性是否成立即可.【详解】求解二次不等式可得：或，据此可知：是的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题主要考查二次不等式的解法，充分性和必要性的判定，属于基础题.3. 已知命题：函数（且）的图像恒过点；命题：函数（且）的图像恒过点．则下列命题为真命题的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】首先根据指数函数、对数函数的性质判断命题、的真假，再根据复合命题的真假性判断即可.【详解】解：对于（且），令，解得，此时，即函数过定点，故命题为假命题；对于（且），令，解得，此时，即函数过定点，故命题为真命题，所以为假命题，为真命题，为假命题，为假命题；故选：B4. 函数的零点所在的大致区间是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】首先判断函数的单调性，再根据零点存在性定理判断即可.【详解】解：的定义域为，又与在上单调递增，所以在上单调递增，又，，，所以，所以在上存在唯一的零点.故选：C5. 下列命题为真命题的是（   ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【答案】D【解析】【分析】根据不等式性质，做差法比较大小等，依次分析各选项即可得答案.【详解】解：对于A选项，当时，不等式不成立，故是假命题；对于B选项，当时，不满足，故为假命题；对于C选项，当时，，不满足，故为假命题.对于D选项，由于，所以，即，故为真命题.故选：D.【点睛】本题考查不等式的性质，作差法比较大小，考查运算能力，是基础题.6. 函数的单调递减区间为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先求出函定义域，再通过换元法利用复合函数“同增异减”的性质得到结果【详解】由，得，令，则，在上递增，在上递减，因为在定义域内为增函数，所以的单调递减区间为，故选：A7. 下列函数中，与函数y＝2x－2－x的定义域、单调性与奇偶性均一致的是(　　)A. y＝sin x B. y＝x3C. y＝ D. y＝log2x【答案】B【解析】【分析】分别判断每个选项中的函数的单调性和奇偶性，即可得到结果.【详解】y＝2x－2－x是定义域为R的单调递增函数，且是奇函数．而y＝sin x不是单调递增函数，不符合题意；y＝是非奇非偶函数，不符合题意；y＝log2x的定义域是(0，＋∞)，不符合题意；y＝x3是定义域为R的单调递增函数，且是奇函数符合题意．所以本题选B.【点睛】本题考查基本初等函数的基本性质，掌握常见的基本初等函数的单调性和奇偶性是解题的关键，属基础题.8. 已知（且，且），则函数与的图像可能是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由对数的运算性质可得ab＝1，讨论a，b的范围，结合指数函数和对数函数的图像的单调性，即可得到答案．【详解】，即为，即有ab＝1.当a＞1时，0＜b＜1，函数与均为减函数，四个图像均不满足当0＜a＜1时，b＞1，函数数与均为增函数，排除ACD在同一坐标系中图像可能是B，故选：B．9. 若函数的定义域为，值域为，则实数m的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据二次函数的性质并结合图象即可求出实数m的取值范围.【详解】函数的图象如图所示，因当或时，；当时，，因为函数的定义域为，所以．故选：C．10. 已知是定义在上的偶函数，且，若当时，，则（    ）A. 0 B. 1C. 6 D. 216【答案】C【解析】【分析】由可得函数周期为6，进而，最后求出答案.【详解】根据题意，偶函数满足，即，是周期为6的周期函数，则，当时，，则，故故选：C11. 方程实数根为（    ）A.  B. C.  D. 无实根【答案】A【解析】【分析】分和两种情况讨论，结合指数函数的性质及指数与对数的关系计算可得.【详解】解：因为，当时，所以原方程即，即，即，所以，则，符合题意；当时，所以原方程即，即，显然当时，故方程无解；综上可得原方程的解为.故选：A12. 已知函数是定义在上的偶函数，且当时，对任意的不相等实数总有成立，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意可得函数当时为减函数，再根据偶函数的对称性，结合的大小关系判断即可【详解】因为当时，对任意的不相等实数总有成立，故当时为减函数，又偶函数，且，，故，故故选：D二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，则曲线在点处的切线方程为_______．【答案】【解析】【分析】首先求出与导函数，即可求出切线的斜率，再利用点斜式求出切线方程.【详解】解：因为，所以，又，所以，所以切点坐标为，切线的斜率，所以切线方程为，整理得；故答案为：14. 幂函数在上单调递减，则的值为______．【答案】2【解析】【分析】利用幂函数定义求出m值，再借助幂函数单调性即可判断作答.【详解】解：因为函数是幂函数，则有，解得或，当时，函数在上单调递增，不符合题意，当时，函数在上单调递减，符合题意.所以的值为故答案为：15. 若，，则_______．【答案】【解析】【分析】先由，求出，即可求出结果.【详解】因为，所以，又，所以，所以故答案为：16. 已知函数，若满足，则的取值范围为_______．【答案】【解析】【分析】数形结合，根据二次函数的对称性可得为常数，再分析的取值范围求解即可【详解】画出的图象，易得，且当时，的最大值为，当时解得，故，故故答案为：三、解答题：本大题共4小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.注意：每题有1分书写分，要求卷面整洁，书写规范，步骤条理清晰.17. 设函数，（1）解关于的不等式；（2）若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围；【答案】（1）见解析    （2）【解析】【详解】试题分析：（1）利用分类讨论思想分 和三种情况，并结合二次函数的图像进行求解，即可求得时，解集为或，时，解集为时，解集或；（2）由题意得：恒成立 恒成立 试题解析：（1） 时，不等式的解集为或时，不等式的解集为时，不等式的解集为或（2）由题意得：恒成立，   恒成立.易知  ，  的取值范围为：18. 已知函数是的一个极值点．（1）求b的值；（2）当时，求函数的最大值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）对求导，是的一个极值点，所以 ，解方程即可（2）先利用导数求出的单调区间，再根据函数的单调性求的最大值【小问1详解】，∵是的一个极值点，∴解得．经检验，满足题意．【小问2详解】由（1）知：，则．令，解得或x12 +0-0+ 递增递减递增∵，∴函数的最大值为19. 已知是定义在上的奇函数．（1）求的解析式；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由可求出的值，再由可求出的解析式；（2）对求导，可得出在上单调递增，所以由题意可得，解不等式即可求出实数的取值范围.【小问1详解】因为为奇函数且函数有意义， ， ， ，，经检验成立，【小问2详解】，，所以在上单调递增，由题意得， 解得：， 所以实数的取值范围为20. 已知函数，．(1)讨论函数的单调性；(2)若函数在区间上有两个零点，求实数的取值范围．【答案】(1)答案见解析；(2).【解析】【分析】(1)根据函数的导数与单调性的关系，通过讨论a的范围，判断函数的单调性；(2)利用(1)的结论，结合零点存在定理列不等式求a的范围.【详解】解：(1)因为，所以当时，，所以函数在上单调递增，当时，令得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减．(2)法一：由（1）得，当时，在上单调递增，此时最多有个零点，不符合题意．当时，在上单调递增，在上单调递减，所以的最大值为．因为在区间上有两个零点，所以，即解得所以实数的取值范围是．法二：当时，没有零点，所以不符题意，当时，令，得．令，令时，，令时，，所以在上单调递减，在上单调递增．所以，因为，由题意可得所以，所以实数的取值范围是．【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．