精品解析：天津市河西区2023-2024学年高二下学期期末质量调查数学试卷

河西区2023—2024学年度第二学期高二年级期末质量调查 数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时90如钟．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至6页． 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 注意事项：本卷共9题，每小题3分，共27分． 一、选择题：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，那么 A. （-1,2） B. （0，1） C. （-1,0） D. （1,2） 2. 命题，，则为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知函数，则下列函数中与相同函数是（ ） A. B. C. D. 4. 若函数的图象如图所示，则下列函数与其图象相符的是 A. B. C. D. 5. 设，则（ ） A. B. C. D. 6. 命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A B. C. D. 7. 已知曲线C：，若过曲线C外一点引曲线C两条切线，它们的倾斜角互补，则a的值为（ ） A. B. C. 2 D. 8. 已知函数,若,则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 9. 已知函数那么不等式的解集是（ ）. A. B. C. D. Ⅱ卷 注意事项：本卷共11题，共73分． 二、填空题：本大题共6个小题，每小题4分，共24分． 10. 函数的定义域是______ . 11. 已知，，且，则的取值范围是________． 12. 若f(x)＝ln(e3x＋1)＋ax是偶函数，则a＝________． 13. 给出下列命题： ①若，则； ②若，则； ③若a，b是非零实数，且，则； ④若，则 其中正确的命题是________．（填对应序号即可） 14. 某汽车运输公司购买了一批豪华大客车投入运营．据市场分析，每辆客车营运的总利润y（单位：10万元）与营运年数x（）为二次函数的关系（如图），则每辆客车营运年数为________时，营运的年平均利润最大． 15. 已知函数若函数有三个零点，则实数的取值范围是__________________. 三、解答题：本大题共5小题，共49分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16. 求下列各式的值： （1）； （2）． 17. （1）已知，求的最大值； （2）点在直线上移动，求最小值. 18. 已知函数在处取得极值． （1）求函数的解析式； （2）求函数的极值． 19. 已知函数的定义域为，且对一切都有，当时，有； （1）求的值； （2）判断单调性并证明； （3）若，解不等式； 20. 已知函数． （1）若的图象恒在轴上方，求的取值范围； （2）若存在正数，，满足，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 河西区2023—2024学年度第二学期高二年级期末质量调查 数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时90如钟．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至6页． 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 注意事项：本卷共9题，每小题3分，共27分． 一、选择题：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，那么 A. （-1,2） B. （0，1） C. （-1,0） D. （1,2） 【答案】A 【解析】 【详解】利用数轴，取所有元素，得． 【名师点睛】对于集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图处理． 2. 命题，，则为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据全称命题的否定是特称命题可得答案. 【详解】命题，，则为，. 故选：C 3. 已知函数，则下列函数中与相同的函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数定义域、对应法则判断各函数是否与相同. 【详解】由的定义域为R， A：的定义域为，故为不同函数； B：等价于且定义域R，故为相同函数； C：与对应法则不同，故为不同函数； D：与对应法则不同，故为不同函数； 故选：B 4. 若函数的图象如图所示，则下列函数与其图象相符的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由函数的图象可知，函数，则下图中对于选项A，是减函数，所以A错误；对于选项B,的图象是正确的；对C，是减函数，故C错；对D，函数是减函数，故D错误。 故选B． 5. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由已知中，由指数函数的单调性和对数函数的单调性，我们可以判断出a，b，c与0，1的大小关系，进而得到答案． 【详解】， ，即 且，即 ， 即 故 故选：C 【点睛】方法点睛：比较实数的大小，一般先把每一个数和零比，再把正数和1比，负数和比较.其中多用到函数的图象和性质. 6. 命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求解命题“”为真命题时，即可根据真子集求解. 【详解】命题“”为真命题,则对恒成立，所以，故， 所以命题“”为真命题的充分不必要条件需要满足是的真子集即可，由于是的真子集，故符合， 故选：D 7. 已知曲线C：，若过曲线C外一点引曲线C的两条切线，它们的倾斜角互补，则a的值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出原函数的导函数，设出切点坐标，由点斜式得到切线方程，再由点A在切线上得到关于切点横坐标的方程，求得两切点，再由两切点处的导数互为相反数求得a的值． 【详解】设切点坐标为， 由题意知，， 切线的斜率为，① 所以切线方程为，② 将点代入②式得：， 解之得：或， 分别将和代入①式，得：和， 由题意知它们互为相反数，得：. 故选：A. 【点睛】本题考查导数的几何意义，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题. 8. 已知函数,若,则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】当a>0时，-a<0,于是0<a<1, 当a<0时，-a>0,于是-1<a<0.故选A 9. 已知函数那么不等式的解集是（ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数，结合不等式，分和两种情况求解. 【详解】因为函数, 当时，原不等式可化为， 即，，此时， 当时，原不等式可化为， ，解得， 此时， 综上不等式的解集为. 故选：C 【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，还考查了分类讨论的思想方法，属于基础题. Ⅱ卷 注意事项：本卷共11题，共73分． 二、填空题：本大题共6个小题，每小题4分，共24分． 10. 函数的定义域是______ . 【答案】 【解析】 【分析】 根据被开方数大于等0，分母不为0及对数函数的定义域列出不等式组，求解即可. 【详解】由，解得， 所以函数的定义域为. 故答案为： 【点睛】本题考查求具体函数的定义域，属于基础题. 11. 已知，，且，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】先利用导数判断出函数的单调性，再根据函数的单调性解不等式即可. 【详解】， 所以函数在上单调递增， 因为， 所以，解得， 所以的取值范围是. 故答案为：. 12. 若f(x)＝ln(e3x＋1)＋ax是偶函数，则a＝________． 【答案】 【解析】 【分析】根据函数奇偶性的定义，建立方程关系即可得到结论． 【详解】由偶函数的定义可得f(－x)＝f(x)，即ln(e－3x＋1)－ax＝ln(e3x＋1)＋ax， 即2ax=ln（e﹣3x+1）﹣ln（e3x+1）=lne﹣3x=﹣3x， ∴2ax＝－3x，∴a＝－ 故答案为：－ 【点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用，根据偶函数的定义得到f（﹣x）=f（x）是解决本题的关键，属于基础题. 13. 给出下列命题： ①若，则； ②若，则； ③若a，b是非零实数，且，则； ④若，则 其中正确的命题是________．（填对应序号即可） 【答案】③④ 【解析】 【分析】若，判断①不成立；根据不等式性质判断②不成立；根据不等式的性质，判断③④成立. 【详解】对①，当时，结论错误，故①错误； 对②，当时，即，故结论错误； 对③，因为是非零实数，所以，所以即，故③成立； 对④因为，所以即；即，所以，故④正确. 故答案：③④ 14. 某汽车运输公司购买了一批豪华大客车投入运营．据市场分析，每辆客车营运的总利润y（单位：10万元）与营运年数x（）为二次函数的关系（如图），则每辆客车营运年数为________时，营运的年平均利润最大． 【答案】5 【解析】 【分析】首先根据题意得到二次函数的解析式为，再利用基本不等式求解的最大值即可. 【详解】根据题意得到：抛物线的顶点为，过点，开口向下， 设二次函数的解析式为， 所以，解得，即， 则营运的年平均利润， 当且仅当，即时取等号． 故答案：5. 15. 已知函数若函数有三个零点，则实数的取值范围是__________________. 【答案】 【解析】 【分析】画出的图象，数形结合根据图象交点个数，即可求得参数范围. 【详解】画出函数f(x)图像如图所示， 而函数有三个零点， 也就是说函数与函数的图象有三个交点， 利用数形结合的方法可知：，解得. 故答案为： 【点睛】本题考查数形结合由函数零点个数求参数范围，属综合基础题. 三、解答题：本大题共5小题，共49分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16. 求下列各式的值： （1）； （2）． 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）根据对数的运算性质即可求解 （2）将分数指数幂化为根式，即可求解. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 . 17. （1）已知，求的最大值； （2）点在直线上移动，求的最小值. 【答案】（1）最大值为；（2）最小值为. 【解析】 【分析】（1）基本不等式“一正二定三项等”，可求和的最小值，积的最大值，根据式子特点，配凑和为定值，即，其中为定值； （2）利用，计算，即可得到最小值. 【详解】解（1）∵，∴. ∴， 当且仅当，即时，“=”成立. ∴当时，的最大值为. （2）已知点在直线上移动，∴. ∴. 当且仅当即，时，“=”成立. ∴当，时，的最小值为. 18. 已知函数在处取得极值． （1）求函数的解析式； （2）求函数的极值． 【答案】（1） （2）极大值：1；极小值，. 【解析】 【分析】（1）先根据函数在处的导数为0，求的值，然后验证是不是函数的极值点，可得答案. （2）利用导数求函数的极值. 【小问1详解】 ，所以， 由. 此时，由或； 由， 所以在和上单调递增，在上单调递减. 所以是函数的极小值点. 故符合题意. 所以. 【小问2详解】 由（1）知：为函数的极大值点，且极大值为； 当为函数的极小值点，且极小值为. 19. 已知函数的定义域为，且对一切都有，当时，有； （1）求的值； （2）判断单调性并证明； （3）若，解不等式； 【答案】（1）f（1）＝0；（2）在（0，＋∞）上是增函数，证明见详解；（3） 【解析】 【分析】（1）利用赋值法即可求的值； （2）任取∈（0，＋∞），且，利用条件可得，进而可得单调性； （3）结合函数单调性将不等式进行转化即可得到结论． 【详解】解：令x＝y＞0，则f（1）＝f（x）−f（x）＝0， 所以f（1）＝0； （2）任取∈（0，＋∞），且， 则， 因为，所以，则， 所以 即， 所以在（0，＋∞）上是增函数； （3）因为，所以， 所以， 由，得， 所以，解得 所以原不等式的解为． 【点睛】本题主要考查抽象函数的应用，利用赋值法是解决抽象函数的关键，是中档题． 20. 已知函数． （1）若的图象恒在轴上方，求的取值范围； （2）若存在正数，，满足，证明：． 【答案】（1）；（2）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）利用导数求出函数的最小值即得解； （2）由（1）及的单调性知，．构造函数，，求出函数在区间上单调递减，得到，即得解. 【详解】解：（1）的定义域为，． 当时，，单调递减；当时，，单调递增． 因此，当时，． 由题意，，即，解得． （2）由（1）及的单调性知，． 构造函数，． 则， 当时，，，即， 所以在区间上单调递减． 因为，所以，即． 由题意，所以． 因为在，且单调递增，，， 所以，即． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$