四川省绵阳市南山中学实验学校2022-2023学年高二下学期期中考试数学（文） Word版含解析.docx

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绵阳南山中学实验学校高2021级高二下期半期考试数学试卷（文科）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，本试卷收回.第Ⅰ卷（选择题，共60分）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．1.命题“，”的否定是（）A.，B.，C.，D.，【答案】D【解析】【分析】该题考查了特称命题及否定形式知识，量词要改变，结论要否定．【详解】根据特称命题的否定形式得，“，”的否定是：，，故A，B，C错误.故选：D．2.已知为虚数单位，复数，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由复数的乘法运算法则求解即可.【详解】，故选：B.3.已知a，b，c，d均为实数，下列不等关系推导不成立的是（） A若，则B.若，，则C.若，，则D.若，则【答案】D【解析】【分析】对于ABC，利用不等式的性质即可判断；对于D，举反例判断.【详解】对于A，利用不等式的对称性易知，若，则，故A正确；对于B，利用不等式的传递性易知，若，，则，故B正确；对于C，利用不等式的可加性易知，若，，则，故C正确；对于D，当时，令，则，故D错误.故选：D.4.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.5.设函数的导数为，且，则（）A.0B.4C.D.2【答案】C【解析】【分析】可先求函数的导数，令求出即可.【详解】由，令得，解得. 故选：C.6.函数的单调增区间为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求定义域,再对函数求导,令导函数大于零,解出不等式解集即可.【详解】解:由题知,定义域为,所以,令,解得,所以的单调增区间为:.故选:C7.函数的图象大致为A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】因为,所以函数为奇函数，其图象关于原点成中心对称,排除答案A、B，当时，，所以，排除C，故选D.8.若函数在上既有极大值也有极小值，则实数的取值范围（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出函数的导函数，由分析可得有解，利用即可求得实数的取值范围.【详解】由， 可得，恒成立，为开口向上的抛物线，若函数在既有极大值也有极小值，则有解，所以，解得或.故选：B9.函数在上是单调递增函数，则的最大值等于（）A.2B.3C.5D.6【答案】B【解析】【分析】由f（x）＝x3﹣ax在[1，+∞）上是单调增函数，得到在[1，+∞）上，恒成立，从而解得a≤3，故a的最大值为3．【详解】解：∵f（x）＝x3﹣ax在[1，+∞）上是单调增函数∴在[1，+∞）上恒成立．即a≤3x2，∵x∈[1，+∞）时，3x2≥3恒成立，∴a≤3，∴a的最大值是3故选：B．10.已知定义在R上的可导函数的导函数为，满足，且，则不等式的解集为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设,则,根据条件可得在上单调递减，不等式可化为，根据的单调性可得答案.【详解】设，则由条件，所以，所以上单调递减. 由，得不等式，即，也即是，解得所以不等式的解集为故选：D【点睛】本题考查构造函数，利用单调性解不等式，属于中档题.11.设，则下列不等式成立的是（）．A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】构造，求导，可得在上是增函数，所以，代入，化简即可.【详解】令，则，于是在上是增函数，因为，所以，即，所以，故选：A．【点睛】本题考查函数的构造，利用导函数判断函数的单调性，及单调性的应用，综合性较强，难点在于根据答案所给形式，进行合理构造，属中档题.12.两条曲线与存在两个公共点，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题可得有两个不等正根，令，即有两个不等正根，然后利用导数研究函数的性质利用数形结合即得.【详解】由题可知有两个不等正根，即有两个不等正根，令，则， 又，在上单调递增，所以有两个不等正根，设，则，由可得单调递增，由可得单调递减，且，作出函数和的大致图象，由图象可知当时，有两个正根，即时，两条曲线与存在两个公共点.故选：C.【点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；（2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解；（3）转化为两熟悉的函数图象的问题.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题:本大题共4个小题，每小题5分，共20分.13.曲线在点处的切线方程为__________．【答案】【解析】【分析】求导，可得斜率，进而得出切线的点斜式方程.【详解】由，得， 则曲线在点处的切线的斜率为，则所求切线方程为，即.【点睛】求曲线在某点处的切线方程的步骤：①求出函数在该点处的导数值即为切线斜率；②写出切线的点斜式方程；③化简整理.14.命题“，满足不等式”是假命题，则m的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】根据命题“，满足不等式”是假命题，转化为，不等式，恒成立，利用判别式法求解.【详解】因为命题“，满足不等式”是假命题，所以，不等式，恒成立，则，解得，所以m的取值范围为，故答案为：15.若正实数，满足，则的最小值为___________.【答案】16【解析】【分析】应用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值，注意取值条件.【详解】由题设，，当且仅当，即时等号成立.所以的最小值为16.故答案为：16 16.已知函数，，若对任意，存在，满足，则实数的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】首先对进行求导，利用导数研究函数最值问题，根据题意对任意，存在，使，只要的最小值大于等于在指定区间上有解.【详解】由，得，当时，，当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，∴在上有解，在上有解，函数在上单调增，，.故答案为:【点睛】不等恒成立与能成立的等价转换:任意，存在，使任意，任意，使存在，存在，使三、解答题：本大题共6个小题，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.设命题：实数满足，命题：实数满足．（1）若，且为真，求实数的取值范围；（2）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）根据题意，求得，结合与都是真命题，即可求解；（2）根据题意，求得，结合是必要不充分条件，得到Ü，即可求解.【小问1详解】解：当时，不等式，解得，即命题，且因为为真，所以与都是真命题，所以，即实数的取值范围是．【小问2详解】解：由不等式，解得，可得，又由，且是的必要不充分条件，可得Ü所以，即实数的取值范围是.18.已知函数在处取得极值.（1）求实数的值；（2）当时，求函数的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求导，根据极值的定义可以求出实数的值；（2）求导，求出时极值，比较极值和之间的大小的关系，最后求出函数的最小值.【详解】（1），函数在处取得极值，所以有；（2）由（1）可知：，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，故函数在处取得极大值，因此， ，，故函数的最小值为.【点睛】本题考查了求闭区间上函数的最小值，考查了极值的定义，考查了数学运算能力.19.如图一边长为10cm的正方形硬纸板，四角各截去一个大小相同的小正方形，然后折起，可以做成一个无盖长方体手工作品．所得作品的体积（单位：cm2）是关于截去的小正方形的边长（单位：cm）的函数．（1）写出体积关于的函数表达式．（2）截去的小正方形的边长为多少时，作品的体积最大？最大体积是多少？【答案】（1），；（2）小正方形的边长为cm时，作品的体积最大，最大体积是cm3．【解析】【分析】（1）根据长方体的体积公式可得答案；（2）利用导数求单调区间及极值可得答案.【详解】（1）由题意可得，.（2），令得，，0单调递增极大值单调递减 ∴时，的最大值为，截去的小正方形的边长为时，作品的体积最大，最大体积是．【点睛】思路点睛：解函数应用题的一般程序：第一步：审题——弄清题意，分清条件和结论，理顺数量关系；第二步：建模——将文字语言转化成数学语言，用数学知识建立相应的数学模型；第三步：求模——求解数学模型，得到数学结论；第四步：还原——将用数学方法得到的结论还原为实际问题的意义；第五步：反思回顾——对于数学模型得到的数学结果，必须验证这个数学解对实际问题的合理性．20.已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，求a的取值范围.【答案】（1）单调增区间；减区间（2）【解析】【分析】（1）求函数的导函数，由求函数的单调递增区间，由求函数的单调递减区间；（2）由可得，则直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.【小问1详解】当时，，该函数的定义域为，，令可得，列表如下： 取值为正取值为负单调递增极大值单调递减所以，函数在上单调递增，在上单调递减；【小问2详解】由，可得，则直线与函数的图象有两个交点，函数的定义域为，，由，可得，列表如下：取值为正取值为负单调递增极大值单调递减所以，函数的极大值为，且当时，，当时，和函数相比，一次函数呈爆炸性增长，所以，且，，又，根据以上信息，作出其图象如下： 当时，直线与函数的图象有两个交点，因此，实数的取值范围是.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．21.已知函数．（1）若函数在定义域上的最大值为，求实数的值；（2）设函数，当时，对任意的恒成立，求满足条件的实数的最小整数值．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）先对函数求导，对实数分和两种情况讨论，利用导数分析函数在定义域上的单调性，进而可求最大值，由此可求出实数的值；（2）由已知整理可得，对任意的恒成立，结合，，可知，故只需对任意的恒成立，构造函数，利用导数求出函数的最大值的取值范围，由此可求得满足条件的实数的最小整数值．【详解】（1）由题意，函数的定义域为，，当时，，函数在区间上单调递增，此时，函数在定义域上无最大值；当时，令，得，由，得，由，得， 此时，函数的单调递增区间为，单调减区间为．所以函数，即为所求；（2）由，因为对任意的恒成立，即，当时，对任意的恒成立，，，，只需对任意恒成立即可．构造函数，，，，且单调递增，，，一定存在唯一的，使得，即，，且当时，，即；当时，，即.所以，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，，因此，的最小整数值为.【点睛】本题考查了利用导数求解函数的最值，同时也考查了利用导数求解函数不等式恒成立问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．（二）选考题：共10分.请考生在第22、23中任选一题做答.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分） 22.在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴为极轴建立极坐标系，曲线的方程为（为参数），直线的极坐标方程为．曲线与直线相交于、两点．（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）点为直线上一点，求的值．【答案】（1）:；：（2）【解析】【分析】（1）根据参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化公式化简求值即可；（2）根据直线参数方程的几何意义求解即可.【小问1详解】解：因为曲线的方程为（为参数），所以，消去参数，得曲线的普通方程为；因为直线的极坐标方程为，所以，用代换得直线的直角坐标方程为.所以，曲线的普通方程为，直线的直角坐标方程为.【小问2详解】解：由直线的直角坐标方程为，所以，直线的斜率为，倾斜角为，因为点为直线上一点， 所以，直线的标准参数方程为（为参数），因为曲线与直线相交于、两点，所以，将代入，整理得，因为，所以方程有两个实数根，记为，所以，，且均为负数，所以，根据直线参数方程几何意义得.[选修4-5：不等式选讲]（10分）23.已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若存在实数，使成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）按照，，进行讨论，得到每段上的解析，再得到答案；（2）由题意可将所求问题转化为，再求出的最小值为，从而得到关于的绝对值不等式，解出的范围，得到答案.【详解】（1）当时，当时，，∴；当时，成立，∴；当时，，∴． 综上，解集为．（2）由题意，，因为，当且仅当与异号时等号成立，所以，∴．【点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式，绝对值三角不等式求最值，属于简单题.