2021-2022學(xué)年遼寧省營口市高二下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題（解析版）

1、試卷第 =page 1 1頁，共 =sectionpages 3 3頁第 Page * MergeFormat 17 頁 共 NUMPAGES * MergeFormat 17 頁2021-2022學(xué)年遼寧省營口市高二下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題一、單選題1等比數(shù)列中，已知：，則公比（）AB2CD3【答案】B【分析】根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)即可求解.【詳解】因為是等比數(shù)列，所以，故，故選：B2設(shè)M和N是兩個集合，定義集合或，如果，那么（）ABCD【答案】C【分析】根據(jù)對數(shù)不等式以及絕對值不等式化簡集合,然后根據(jù)的定義即可求解.【詳解】由,得,故,故選：C3已知正數(shù)x，y滿足：（），則下列關(guān)系式恒成立的是（）A

2、BC（）D【答案】D【分析】由對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可得，根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)可判斷A，根據(jù)不等式的性質(zhì)可判斷BCD.【詳解】由（）得,因為正弦函數(shù)為周期函數(shù)，故的大小無法確定，故A錯誤，由得,故B錯誤，因為，所以，當時，故C錯誤，因為，所以，故D正確，故選：D4十六世紀中葉，英國數(shù)學(xué)家雷科德在礪智石一書中首先把“=”作為等號使用，后來英國數(shù)學(xué)家哈利奧特首次使用“”符號，并逐漸被數(shù)學(xué)界接受，不等號的引入對不等式的發(fā)展影響深遠若不相等的兩個正實數(shù)a，b滿足，且恒成立，則實數(shù)t的取值范圍是（）ABCD【答案】B【分析】運用基本不等式，求出 的最小值即可.【詳解】 ，當且僅當 時等號成立， ， ，當且僅當

3、時等號成立， ；故選：B.5已知函數(shù)，若，則（）ABCD1【答案】B【分析】由即可求出，則可求出的值.【詳解】當時，無解，當時，所以，故選：B.6函數(shù)在區(qū)間上的圖象可能是（）ABCD【答案】C【分析】首先判斷函數(shù)的奇偶性，再根據(jù)特殊值判斷即可；【詳解】解：，是偶函數(shù)，函數(shù)圖象關(guān)于軸對稱，排除A，B選項；，在上不單調(diào)，排除D選項故選：C7已知函數(shù)，對于任意，存在，有，則實數(shù)a的取值范圍是（）ABCD【答案】A【分析】根據(jù)題意可得，再由對于任意，存在，有等價于，即可列出不等式，即可求出實數(shù)a的取值范圍.【詳解】由題意知：，因為，所以對于任意，存在，有等價于即.則實數(shù)a的取值范圍是.故選：A.8已知

4、函數(shù)，則不等式的解集為（）ABCD【答案】D【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，判斷出單調(diào)性，再判斷函數(shù)的奇偶性，則不等式不等式可化為即為，運用對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，即可得到解集.【詳解】函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為，則x0時，f(x)遞增;因為，則f(x)為偶函數(shù)，則不等式可化為又因為x0時, f(x)遞增，且f(x)為偶函數(shù)，所以，解得：故選:D【點睛】(1)利用單調(diào)性解不等式通常用于： 分段函數(shù)型不等式；復(fù)合函數(shù)型不等式；抽象函數(shù)型不等式；解析式較復(fù)雜的不等式；(2)解題的一般策略是：利用函數(shù)的單調(diào)性，將函數(shù)值的的大小關(guān)系轉(zhuǎn)化為自變量的關(guān)系，解不等式即可二、多選題9已知冪函數(shù)的圖像經(jīng)過點，則下列命題正確的有（）A函數(shù)為

5、非奇非偶函數(shù)B函數(shù)的定義域為C的單調(diào)遞增區(qū)間為D若，則【答案】AC【分析】根據(jù)點坐標，求出冪函數(shù)解析式，然后對選項分別進行判斷即可.【詳解】設(shè)冪函數(shù)，為實數(shù)，其圖像經(jīng)過點，所以，則，所以，定義域為，為非奇非偶函數(shù)，故A正確，B錯誤.且在上為增函數(shù)，故C正確.因為函數(shù)是凸函數(shù)，所以對定義域內(nèi)任意，都有成立，故D錯誤.故選:AC.10高斯是德國著名數(shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”稱號，他和阿基米德、牛頓并列為世界三大數(shù)學(xué)家，用其名字命名的“高斯函數(shù)”為：設(shè)，用表示不超過x的最大整數(shù)，則稱為高斯函數(shù)，例如已知的定義域為，值域為M，的定義域為N，則（）ABCD【答案】AC【分析】由“高斯函

6、數(shù)”的定義結(jié)合對數(shù)函數(shù)的運算性質(zhì)可判斷A，B；求出集合，由集合的交集和并集可判斷C，D.【詳解】對于A，因為，所以，故A正確；對于B，所以.，所以B不正確；對于C，因為的定義域為，值域為,的定義域為: ，解得：，所以，所以，所以C正確；對于D，所以D不正確.故選：AC.11已知，函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，下列說法正確的是（）AB單調(diào)遞增區(qū)間為C的極大值為D方程有兩個不同的解【答案】AC【分析】求出，則可知，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，的極大值為；方程等價于,易知函數(shù)與函數(shù)有且只有一個交點，由此即可選出答案.【詳解】由題意知：，所以，A正確；當時；，單調(diào)遞增，當時；，單調(diào)遞減，B錯誤;的極大值為，C正確；

7、方程等價于,易知函數(shù)與函數(shù)有且只有一個交點，即方程有且只由一個解，D錯誤;故選：AC.12已知函數(shù)，若實數(shù)a，b（a，b均大于1）滿足，則下列說法正確的是（）A函數(shù)在上單調(diào)遞減B函數(shù)的圖像關(guān)于中心對稱CD【答案】BD【分析】A：求f(x)定義域和奇偶性，根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性即可判斷f(x)單調(diào)性；B：f(x)向右平移一個單位得到g(x)，據(jù)此即可判斷g(x)對稱中心；C：根據(jù)g(x)關(guān)于對稱化簡，再結(jié)合g(x)單調(diào)性得a與b的大小關(guān)系和范圍，由此可判斷和的大小關(guān)系；D：構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性即可判斷【詳解】對于A，在上恒成立，定義域為，即的定義域關(guān)于原點對稱，為奇函數(shù)，函數(shù)的圖像關(guān)于點中

8、心對稱，在上單調(diào)遞增，函數(shù)在上單調(diào)遞增，函數(shù)在上單調(diào)遞增，故A錯誤；對于B，函數(shù)的圖像關(guān)于點中心對稱，故B正確；對于C，函數(shù)的圖像關(guān)于點中心對稱，相當于向右平移1個單位，和單調(diào)性相同，函數(shù)在上單調(diào)遞增，故C錯誤；對于D，令，令，則在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故D正確故選:BD.三、填空題13已知a，b，c三個數(shù)成等差數(shù)列，函數(shù)的圖像過定點A，函數(shù)的圖像經(jīng)過點A，則函數(shù)的定義域為_【答案】【分析】由等差中項可得的關(guān)系，從而可以確定的坐標，再將的坐標代入函數(shù)即可得到定義域范圍.【詳解】因為成等差數(shù)列，所以，所以，當時，所以函數(shù)的圖像過定點，所以，解得，所以，令，則所以函數(shù)的定義域為.故答案為:.1

9、4已知函數(shù)，若對于區(qū)間上任意兩個不相等的實數(shù)，都有，則實數(shù)a的取值范圍為_【答案】【分析】由題意，對于函數(shù) 在 上為單調(diào)的，即二次函數(shù) 的對稱軸不在區(qū)間 上即可.【詳解】由題意， 的對稱軸為 ，即 或 ， 或 ，故答案為：.15斐波那契數(shù)列，又稱黃金分割數(shù)列，被譽為最美的數(shù)列，若數(shù)列滿足，（，），則稱數(shù)列為斐波那契數(shù)列，則_【答案】0.5【分析】根據(jù)數(shù)列的性質(zhì)，可得到為，所以，代入即可得出答案.【詳解】因為，所以：，所以所以，所以.故答案為：.16函數(shù)在R內(nèi)滿足為偶函數(shù)，且當時，函數(shù)，則當時，方程所有根的和為_【答案】12【分析】由題可得函數(shù)與都關(guān)于對稱，畫出函數(shù)的大致圖象利用數(shù)形結(jié)合即得.【

10、詳解】因為為偶函數(shù)，即函數(shù)關(guān)于對稱，又，即函數(shù)關(guān)于對稱，當時，方程的所有根即為函數(shù)與的圖象交點的橫坐標，作出函數(shù)與的圖象，由圖可知當時,函數(shù)與的圖象共有12個交點，且兩兩關(guān)于對稱，所以方程所有根的和為.故答案為：12.四、解答題17已知集合，(1)若，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若命題p：“，使得”是假命題，求實數(shù)a的取值范圍【答案】(1)(2)【分析】(1)根據(jù),將不等式轉(zhuǎn)化為恒成立問題，即可求得的范圍.(2)根據(jù)命題的否定為真命題，化簡集合列出不等式即可.【詳解】(1)（1），恒成立即解得，(2)（2）p：“，得”是假命題，且，解得18大學(xué)生劉銘去某工廠實習(xí)，實習(xí)結(jié)束時從自己制作的某種零件中

11、隨機選取了10個樣品，測量每個零件的橫截面積（單位：）和耗材量（單位：），得到如下數(shù)據(jù)：樣本號i12345678910總和零件的橫截面積0.030.050.040.070.070.040.050.060.060.050.52耗材量0.240.400.230.550.500.340.350.450.430.413.9并計算得(1)估算劉銘同學(xué)制作的這種零件平均每個零件的橫截面積以及平均一個零件的耗材量；(2)求劉銘同學(xué)制作的這種零件的橫截面積和耗材量的樣本相關(guān)系數(shù)（精確到0.01）；(3)劉銘同學(xué)測量了自己實習(xí)期制作的所有這種零件的橫截面積，并得到所有這種零件的橫截面積的和為182，若這種零件的

12、耗材量和其橫截面積近似成正比，請幫劉銘計算一下他制作的零件的總耗材量的估計值附：參考公式和數(shù)據(jù)：相關(guān)系數(shù)；【答案】(1)平均一個的橫截面積為0.052，平均一個零件的耗材量為0.39(2)(3)1365【分析】（1）根據(jù)10個樣本數(shù)據(jù)即可計算平均數(shù)，（2）由相關(guān)系數(shù)的公式以及參考數(shù)據(jù)，代入即可求解，（3）根據(jù)耗材量和其橫截面積近似成正比，即可列出比例式求解.【詳解】(1)樣本中10個這種零件的橫截面積的平均值,樣本中10個這種零件的耗材量的平均值,據(jù)此可估計劉銘制作的這種零件平均一個的橫截面積為0.052，平均一個零件的耗材量為0.39.(2)(3)設(shè)這種零件的總耗材量的估計值為y又已知這種零

13、件的耗材量和其橫截面積近似成正比,可得，解得,故這種零件的總耗材量的估計值為1365.19環(huán)保生活，低碳出行，電動汽車正成為人們購車的熱門選擇某型號的電動汽車在國道上進行測試，國道限速80經(jīng)多次測試得到該汽車每小時耗電量M（單位：）與速度v（單位：）的數(shù)據(jù)如下表所示：v0103070M0115022508050為了描述國道上該汽車每小時耗電量M與速度v的關(guān)系，現(xiàn)有以下三種函數(shù)模型供選擇：；(1)當時，請選出你認為最符合表格中所列數(shù)據(jù)的函數(shù)模型（需說明理由），并求出相應(yīng)的函數(shù)解析式；(2)現(xiàn)有一輛同型號電動汽車從A地行駛到B地，其中高速上行駛200，國道上行駛40，若高速路上該汽車每小時耗電量N

14、（單位：）與速度v（單位：）的關(guān)系滿足（），則如何行駛才能使得總耗電量最少，最少為多少？【答案】(1)是可能符合格中所列數(shù)據(jù)的函數(shù)模型；(2)當高速路上速度為80，國道上速度為40時，總耗電最少，為33300.【分析】（1）根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性排除，根據(jù)定義域排除，再利用待定系數(shù)法即得；（2）根據(jù)題意可得高速路上的耗電量，再分析的單調(diào)性求得最小值，再由題可得國道上的耗電量，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即得.【詳解】(1)因為函數(shù)是定義城上的減函數(shù)，又無意義，所以函數(shù)與不可能是符合表格中所列數(shù)據(jù)的函數(shù)模型，故是可能符合格中所列數(shù)據(jù)的函數(shù)模型，由，解得，所以；(2)由題意，高速路上的耗電量，當時，所以函數(shù)在區(qū)間

15、上是增函數(shù)，所以，國道上的耗電最，所以所以當高速路上速度為80，國道上速度為40時，總耗電最少，為33300.20設(shè)數(shù)列的前n項和為，且滿足(1)求數(shù)列的通項公式：(2)若，求數(shù)列和的前10項的和【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)和的關(guān)系即可相減求解是等比數(shù)列，進而可求通項，（2）由，可得的通項，進而根據(jù)分組求和即可求前10項的和.【詳解】(1)由得:當時，故，即，當時，故是以公比為3，首項為3的等比數(shù)列，因此.(2)當為偶數(shù)時，當為奇數(shù)時，所以數(shù)列和的前10項的和：21已知函數(shù)(1)若對任意的，恒成立，求實數(shù)m的取值范圍；(2)若的最大值為2，求實數(shù)m的值；(3)若對任意的，均存在以，為

16、三邊長的三角形，求實數(shù)m的取值范圍【答案】(1)(2)4(3)【分析】（1）由對任意的，恒成立，利用參變分離可變形為恒成立，再利用基本不等式，即可求出答案;（2）由題意知，且，討論與的大小關(guān)系，即可求出的取值范圍，則可求出的值；（3）由題意知條件可轉(zhuǎn)化為對任意的，恒成立，討論與的大小關(guān)系，分別寫出與的取值范圍，利用恒成立，即可列出不等式，即可求出的取之范圍.【詳解】(1)因為對任意的，恒成立，所以恒成立，因為，所以，當且僅當時取等號，所以，所以.(2)因為，所以,當時：，不符合題意,當時：，不符合題意,當時：，即,所以.(3)由題意知：對任意的，恒成立，當時，且，所以；當時：，符合題意；當時：，且，所以;綜上所述：實數(shù)m的取值范圍為22已知函數(shù)（其中a為參數(shù)）(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(2)若對，恒成立，求實數(shù)a的取值集合：(3)證明：（其中，為自然對數(shù)的底數(shù)）【答案】(1)答案見解析(2)(3)證明見解析【分析】（1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，然后對分類求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）對任意，都有，轉(zhuǎn)化為，分類求出，通過構(gòu)造函數(shù)求解不等式即可得實數(shù)的取值范圍；（3）借助于（2）中的函數(shù)，分別取和，代入即可通過變形證明.【詳解】(1)，當時，在單調(diào)遞增，當時，令，得，時，