山东省德州市第一中学2021-2022学年高二下学期6月月考数学试题（解析版）

德州一中2021-2022 学年第二学期高二月考 数学试题 一､单选题（本题共8 小题，每小题5 分，共40 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. 已知全集 ， ， ，则 （ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由集合的补集运算求 ，再利用集合的并集运算求 即可. 【详解】由题意得， ，又 ， ， 故答案为：D. 2. 函数 的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数成立的意义，列方程组，从而解出答案. 【详解】要使函数 有意义， 则 ，解得 则函数 的定义域为 . 故选：B． 3. 若函数 ，则 等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】换元法求出函数的解析式，代入计算即可求出结果. 【详解】令 ，得 ，所以 ， 从而 . 故选：A. 4. 已知函数 的导函数的图象如图所示，则 的极值点的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】含导函数图象确定 的极值点个数，要保证导函数的零点左右两边导函数函数值一正一负. 【详解】因为在 左、右两边的导数值均为负数，所以0 不是极值点，故由图可知 只有2 个极值 点. 故选：C 5. 不等式 的解集为（ ） A. 或 B. C. 或 D. 【答案】D 【解析】 【分析】不等式等价于 ，即 ，且 ，由此求得不等式的解集． 【详解】不等式等价于 ，即 ，且 ，解得 ， 故不等式的解集为 ， 故选：D． 6. 命题“存在实数 ，使 ”的否定是（ ） A. 不存在实数 ，使 B. 存在实数 ，使 C. 对任意的实数x，都有 D. 对任意的实数x，都有 【答案】C 【解析】 【分析】由已知，给出命题为特称命题，其否定为全称命题，可根据原命题直接变换即可. 【详解】由已知，命题“存在实数 ，使 ”为特称命题，其否定为全称命题，即“对任意的实数 x，都有 ”. 故选：C. 7. 若 ，则“ ”是 “ ”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取 的值，推出矛 盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查. 【详解】当 时， ，则当 时，有 ，解得 ，充分 性成立；当 时，满足 ，但此时 ，必要性不成立，综上所述，“ ”是 “ ”的充分不必要条件. 【点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”， 通过特取 的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果. 8. 已知奇函数 是定义在 上的可导函数，且 的导函数为 ，当 时，有 ， 则不等式 的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题，可设 ，结合 及 的奇偶性，可得 的奇偶性及单调 性，由 ，即可结合 单调性求解 【详解】设 ，则 为奇函数，当 时， ，故 在 上单调递减， 故 ， 故选：A 二､多选题（本题共4 小题，每小题5 分，共20 分，在每小题给出的四个选项中有多项符合 题目要求，全部选对的得5 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分）. 9. 下列与集合 表示同一个集合的有（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】解方程组求得 的值，得到方程组的解的有序数对 ，集合M 是这个有序数对构成的集合， 据此作出判定. 【详解】由 解得 , 所以 ， 所以根据集合的表示方法知A，C 与集合M 表示的是同一个集合， 集合 的元素是 和 两个数， 的元素是 和 这两个等式，与集合M 的 元素是有序数对(可以看做点的坐标或者对应坐标平面内的点)不同,故BD 错误. 故选： ． 10. 对于实数 ，下列说法正确的是（ ） A. 若 ，则 B. 若 ，则 C. 若 ，则 D. 若 ，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】 根据不等式的性质和反比例函数单调性可确定 正确；通过反例可知 错误. 【详解】对于 ， 在 上单调递减， 当 时， ， 正确； 对于 ，当 时， ；当 时， ，则 时， ； 综上所述：若 ，则 ， 正确； 对于 ，若 ，则 ， ， ， 正确； 对于 ，若 ，则 ， ，不满足 ， 错误. 故选： . 【点睛】本题考查利用不等式的性质比较大小的问题，属于基础题. 11. 取整函数： 不超过 的最大整数，如 ，取整函数在现实生活中有着 广泛的应用，如停车收费、出租车收费等等都是按照“取整函数”进行计费的，以下关于“取整函数”的 性质是真命题有（ ） A. B. C. 则 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据取整函数的定义，ABD 举列判断，C 根据定义给予证明． 【详解】 时， ，但 ，A 错； 时， ，B 正确； 设 ，则 ， ，∴ ，C 正确； ，则 ，但 ，D 错． 故选：BC． 【点睛】本题考查含有一个量词的命题的真假判断，考查新定义函数取整函数，对于全称命题与存在命题 的真假判断，要根据量词进行判断是进行证明还是可举例判断． 12. 设函数 ， ，则下列说法正确的有（ ） A. 不等式 的解集为 ； B. 函数 在 单调递增，在 单调递减； C. 当 时，总有 恒成立； D. 若函数 有两个极值点，则实数 【答案】ACD 【解析】 【分析】A 选项，解不等式即可；B 选项，求导，利用导函数研究其单调性；C 选项，构造函数，二次求 导结合函数单调性和极值，最值进行证明；D 选项，转化为 在 有两个根，求导后结合 单调性，极值等求出 的取值范围. 【详解】由题意得 ，则 对于A：由 ，可得 ，解得 ，所以解集为 ，故A 正确； 对于B： ，令 ，解得x=1， 所以当 时， ，函数 为增函数， 当 时， ，函数 为减函数，故B 错误； 对于C：当 时，若 ，则 ， 所以 ，即 ， 令 ， 则 ， ， 当 时， ，函数 为增函数， 又 ，所以 在 是恒成立， 所以 为减函数， 又 ，所以 在 是恒成立， 所以当 时，总有 恒成立，故C 正确； 对于D：若函数 有两个极值点， 则 有两个根，即 在 有两个根， 令 ，则 ， 所以当 时， ，函数 为增函数， 当 时， ，函数 为减函数， 又当 时， ，当 时， ， ， 所以 ，解得 ，故D 正确. 故选：ACD 【点睛】导函数在研究函数单调性和函数图象上非常重要，很多问题看似与函数单调性无关，不过通过转 化或构造新函数，通过求导，结合函数单调性及极值，最值，就变的迎刃而解. 三､填空题（本题共4 小题，每小题5 分，共20 分） 13. 已知 则方程 的根为_________. 【答案】 或 【解析】 【分析】根据分段函数,分类讨论,将 的值代入 中求解即可. 【详解】解: 已知 , ①当 时, , 则 ,解得 或 , 又因为 ,所以 . ②当 时, , 则 ,解得 或 , 又因为 ,所以无解. ③当 时, , 则 ,解得 或 , 又因为 ,所以 . 综上所述: 的根为 或 . 故答案为: 或 【点睛】本题考查分段函数,分情况讨论是解题的关键. 14. 命题“存在 ， ”为假命题，则实数a 的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】先求存在量词命题的否定，然后利用分离常数法，结合二次函数的性质求得 的取值范围. 【详解】由于“存在 ， ”为假命题， 所以“ ”，为真命题， 所以 在区间 上恒成立， 在区间 上，当 时， 取得最大值为 ，所以 . 故答案为： 15. 写出一个同时具有下列性质①②的函数 ___________. ① ；②当 时， ； 【答案】 （答案不唯一） 【解析】 【分析】结合导数以及函数运算得出正确答案. 【详解】依题意，当 时， ， 即 在区间 上为减函数， 且 ， 对函数 ，在区间 上为减函数， 任取 ， ，符合题意. 故答案为： （答案不唯一） 16. 设正数a，b 满足， ，则的 最大值是________. 【答案】18 【解析】 【分析】变形已知 ，利用基本不等式构造 ， 由 化简可得解. 【详解】 ， ， ， 当且仅当 即 或 时等号成立. 故答案为：18 【点睛】本题考查通过拼凑法利用基本不等式求最值. 拼凑法的实质在于代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键. (1)拼凑的技巧，以整式为基础，注意利用系数的变化以及等式中常数的调整，做到等价变形; (2)代数式的 变形以拼凑出和或积的定值为目标(3)拆项、添项应注意检验利用基本不等式的前提. 四､解答题（本题共6 小题，共70 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）. 17. 在① ；②“ ”是“ ”的充分条件：③“ ”是“ ”的必要条件，在这三个 条件中任选一个，补充到本题第（2）问的横线处，求解下列问题． 问题：已知集合 ， ． （1）当 时，求 ； （2）若________，求实数 的取值范围． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先解一元二次不等式得到集合 ，再求出集合 ，最后根据交集的 定义计算可得； （2）根据所选条件均可得到 ，即可得到不等式，解得即可； 【小问1 详解】 解：由 ，解得 ，所以 ，当 时， ，所以 【小问2 详解】 解：若选① ，则 ，所以 ，解得 ，即 ； 若选②“ ”是“ ”的充分条件，所以 ，所以 ，解得 ，即 ； 若选③“ ”是“ ”的必要条件，所以 ，所以 ，解得 ，即 ； 18. 已知函数 . （1）当 时，求 的图象在点 处的切线方程； （2）设 是 的极值点，求 的极小值. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义求解即可； （2）由于 是 的极值点，所以 ，从而可求出 的值，则可得 ，然后求导，求出单调区间可求得极值 【详解】解：（1）即 ， ； 则 ， ， 故所求切线方程为 ，即 . （2） ，由题知 ， 解得 ，经检验 符合题意 则 ， ， 因为当 时 ，当 时 所以当 时， 取极小值 . 19. 已知二次函数 的最小值为3，且 . （1）求 的解析式； （2）若 的图像恒在直线 的上方，求实数 的取值范围. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）根据题意设 ，代 求出参数即可得出函数解析式； （2）原不等式等价于 恒成立，将二次函数函数 配成顶点坐标式求出最小值 即可得出其范围. 【详解】解：（1）因为二次函数 中 ，所以对称轴为 又二次函数 的最小值为3，故可设 所以 所以 （2） 的图像恒在直线 的上方 等价于 即 恒成立 因为 所以 ，即实数 的取值范围 . 【点睛】方法点睛：已知不等式恒成立求参数值(取值范围)问题常用的方法： （1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象， 利用数形结合的方法求解. 20. 已知函数 . （1）已知 的解集为 ，求实数 、 的值； （2）解关于 的不等式 . 【答案】（1） ， ； （2）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）分析可知 、 是关于 的方程 的两根，利用韦达定理可求得实数 、 的值； （2）将所求不等式变形为 ，分 、 、 三种情况讨论，利用二次 不等式的解法可得出原不等式的解集. 【小问1 详解】 解：由 可得 ， 因为不等式 的解集为 ，则 、 是关于 的方程 的两根， 由韦达定理可得 ，解得 . 【小问2 详解】 解：由 可得 ，即 . 当 时，原不等式的解集为 ； 当 时，原不等式的解集为 或 ； 当 时，原不等式的解集为 或 . 21. 为了加强自主独立性，全国各个半导体领域企业都计划响应国家号召，加大对芯片研发部的投入据了 解，某企业研发部原有200 名技术人员，年人均投入 万元（ ），现把原有技术人员分成两部分： 技术人员和研发人员，其中技术人员 名（ 且 ），调整后研发人员的年人均投入增加 ，技术人员的年人均投入调整为 万元. （1）要使这 名研发人员的年总投入不低于调整前200 名技术人员的年总投入，求调整后的技术人 员的人数最多多少人？ （2）为了激励芯片研发人员的热情和保持各技术人员的工作积极性，在资金投入方面需要同时满足以下 两个条件：①技术人员的年人均投入始终不减少；②研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入. 是否存在这样的实数 ，使得技术人员在已知范围内调整后，满足以上两个条件，若存在，求出 的范 围；若不存在，说明理由. 【答案】（1）最多150 人 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据已知条件列不等式，解一元二次不等式求得 的取值范围，从而求得调整后的技术人员 的人数的最大值. （2）根据条件①②列不等式，化简得 ，结合基本不等式求得 的范围. 【小问1 详解】 依题意可得调整后研发人员的年人均投入为 万元， 则 ， ， ， ，解得 ， ∵ 且 ，所以调整后的技术人员的人数最多150 人； 【小问2 详解】 ①由技术人员年人均投入不减少有 ，解得 . ②由研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入有 ， 两边同除以 得 ， 整理得 ， 故有 ， 因为 ，当且仅当 时等号成立，所以 ， 又因为 ，当 时， 取得最大值7，所以 ， ∴ ，即存在这样的 m 满足条件，使得其范围为 . 22. 已知函数 ． （1）讨论 的单调性； （2）当 时，求函数 在 上的零点个数． 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析 （2）零点个数为2 【解析】 【分析】（1）求导得到 ，再对 分类讨论，求解函数的单调区间. （2）求导得到 ，因无法轻易求得 的解，故根据导函数的性质将 的取值范 围分为三段分别讨论，即可求解零点个数. 【小问1 详解】 解：∵ ，故 ， 当 时， 恒成立，则 在 上单调递增； ②当 时，令 ，解得 ， 故 时， ， 单调递减， 时， ， 单调递增. 综上，当 时，则 在 上单调递增；当 时， 在 单调递减，在 单 调递增. 【小问2 详解】 由已知得 ， ， 则 ． ①当 时，因为 ， 所以 在 上单调递减．所以 ． 所以 在 上无零点． ②当 时，因为 单调递增，且 ， ， 所以存在 ，使 ． 当 时， ；当 时， ． 所以 在 上单调递减，在 上单调递增，且 ． 所以 ．设 ， ，则 ． 令 ，得 ． 所以 在 上单调递减，在 上单调递增． 所以 ． 所以 ．所以 ． 所以 ．所以 在 上存在一个零点． 所以 在 有2 个零点． ③当 时， ， 所以 在 上单调递增．因为 ，所以 在 上无零点． 综上所述， 在 上的零点个数为2．