《2022年高二下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷（文科） 含解析(II)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高二下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷（文科） 含解析(II)（14頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高二下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷（文科） 含解析(II)一、選擇題（每小題5分）1已知集合U=R，集合A=x|x1，B=x|0x4，則（UA）B=（）Ax|x1或x4Bx|0x1Cx|1x4Dx|x42已知函數(shù)f（x）=，則f（f（1）的值為（）A1B0C1D23執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入n的值為4，則輸出S的值是（）A1B2C4D74設(shè)x0是方程lnx+x=4的解，則x0屬于區(qū)間（）A（0，1）B（1，2）C（2，3）D（3，4）5下列四種說法正確的是（）函數(shù)f（x）的定義域是R，則“xR，f（x+1）f（x）”是“函數(shù)f（x）為增函數(shù)”的充要條件命題“xR，（）x0”的否定是“xR，（

2、）x0”命題“若x=2，則x23x+2=0”的逆否命題是“若x23x+20，則x2”p：在ABC中，若cos2A=cos2B，則A=B；q：y=sinx在第一象限是增函數(shù)則pq為真命題ABCD6把函數(shù)y=sin（5x）的圖象向右平移個(gè)單位，再把所得函數(shù)圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來的，所得的函數(shù)解析式為（）ABCD7已知在實(shí)數(shù)集R上的可導(dǎo)函數(shù)f（x），滿足f（x+2）是奇函數(shù)，且2，則不等式f（x）x1的解集是（）A（，2）B（2，+）C（0，2）D（，1）8已知函數(shù)f（x）=|mx|xn|（0n1+m），若關(guān)于x的不等式f（x）0的解集中的整數(shù)恰有3個(gè)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為（）A3m6B1m3

3、C0m1D1m0二、填空題（每小題5分）9若復(fù)數(shù)z=（i為虛數(shù)單位），則|z|=_10已知tan=2，tan（+）=1，則tan=_11如圖，P是O的直徑AB延長線上一點(diǎn)，PC與O相切于點(diǎn)C，APC的角平分線交AC于點(diǎn)Q，則AQP的大小為_12定義在R上的函數(shù)f（x）+f（x）=0，f（x+4）=f（x）滿足，且x（2，0）時(shí)，f（x）=2x+，則f（log220）=_13不等式2x22axy+y20對任意x1，2及任意y1，4恒成立，則實(shí)數(shù)a取值范圍是_14已知函數(shù)f（x）=2x3x2+ax+1在（0，+）有兩個(gè)極值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_三、解答題.15在銳角ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊

4、分別為a，b，c，且2asinB=b（1）求角A的大?。唬?）若a=4，b+c=8，求ABC的面積16如圖，ABC內(nèi)接于直徑為BC的圓O，過點(diǎn)作圓O的切線交CB的延長線于點(diǎn)P，AE交BC和圓O于點(diǎn)D、E，且=，若PA=2PB=10（）求證：AC=2AB；（）求ADDE的值17命題p：關(guān)于x的不等式x2+（a1）x+a20的解集是空集，命題q：已知二次函數(shù)f（x）=x2mx+2滿足，且當(dāng)x0，a時(shí)，最大值是2，若命題“p且q”為假，“p或q”為真，求實(shí)數(shù)a的取值范圍18已知函數(shù) f（x）=sin2x+sinxcosx+，xR，（）求函數(shù)f（x）的最小正周期T及在，上的單調(diào)遞減區(qū)間；（）若關(guān)于x的

5、方程f（x）+k=0，在區(qū)間0，上且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)k的取值范圍19已知函數(shù)f（x）=lnxax，（aR）（）若函數(shù)f（x）在點(diǎn)（1，f（1）處切線方程為y=3x+b，求a，b的值；（）當(dāng)a0時(shí)，求函數(shù)f（x）在1，2上的最小值；（）設(shè)g（x）=x22x+2，若對任意x1（0，+），均存在x20，1，使得f（x1）g（x2），求a的取值范圍20已知函數(shù)f（x）=lnxax，（aR）（）若函數(shù)f（x）在點(diǎn)區(qū)間e，+處上為增函數(shù)，求a的取值范圍；（）若函數(shù)f（x）的圖象在點(diǎn)x=e（e為自然對數(shù)的底數(shù)）處的切線斜率為3，且kZ時(shí)，不等式 k（x1）f（x）在x（1，+）上恒成立，求k的最大值；

6、（）nm4時(shí)，證明：（mnn）m（nmm）n參考答案與試題解析一、選擇題（每小題5分）1已知集合U=R，集合A=x|x1，B=x|0x4，則（UA）B=（）Ax|x1或x4Bx|0x1Cx|1x4Dx|x4【考點(diǎn)】交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算【分析】根據(jù)補(bǔ)集與交集的定義，進(jìn)行運(yùn)算即可【解答】解：集合U=R，集合A=x|x1，B=x|0x4，UA=x|x1（UA）B=x|0x1故選：B2已知函數(shù)f（x）=，則f（f（1）的值為（）A1B0C1D2【考點(diǎn)】函數(shù)的值【分析】利用分段函數(shù)的性質(zhì)先求f（1）的值，再求f（f（1）的值【解答】解：函數(shù)f（x）=，f（1）=3（1）=4，f（f（1）=f（4）=2

7、故選：D3執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入n的值為4，則輸出S的值是（）A1B2C4D7【考點(diǎn)】程序框圖【分析】執(zhí)行程序框圖，依次寫出s，i的值，第四次循環(huán)后：s=7，i=5；此時(shí)，in不成立輸出s的值為7【解答】解：執(zhí)行程序框圖，有n=4，s=1，i=1第一次循環(huán)后：s=1，i=2；第二次循環(huán)后：s=2，i=3；第三次循環(huán)后：s=4，i=4；第四次循環(huán)后：s=7，i=5；此時(shí)，in不成立輸出s的值為7故選：D4設(shè)x0是方程lnx+x=4的解，則x0屬于區(qū)間（）A（0，1）B（1，2）C（2，3）D（3，4）【考點(diǎn)】函數(shù)的零點(diǎn)；對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)【分析】可先構(gòu)造出函數(shù)f（x）=lnx+x4，帶

8、入可得f（2）0，f（3）0，據(jù)此解答【解答】解：設(shè)f（x）=lnx+x4，則f（2）=ln2+24=ln220，f（3）=ln3+34=ln310，所以x0屬于區(qū)間（2，3）故選：C5下列四種說法正確的是（）函數(shù)f（x）的定義域是R，則“xR，f（x+1）f（x）”是“函數(shù)f（x）為增函數(shù)”的充要條件命題“xR，（）x0”的否定是“xR，（）x0”命題“若x=2，則x23x+2=0”的逆否命題是“若x23x+20，則x2”p：在ABC中，若cos2A=cos2B，則A=B；q：y=sinx在第一象限是增函數(shù)則pq為真命題ABCD【考點(diǎn)】命題的真假判斷與應(yīng)用【分析】根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)結(jié)合充分

9、條件和必要條件的定義進(jìn)行判斷，根據(jù)全稱命題的否定是特稱命題進(jìn)行判斷，根據(jù)逆否命題的定義進(jìn)行判斷，根據(jù)復(fù)合命題的真假關(guān)系進(jìn)行判斷【解答】解：若函數(shù)f（x）為增函數(shù)，則f（x+1）f（x）成立，必要性成立若xR，f（x+1）f（x）”，則函數(shù)f（x）不一定為增函數(shù)，例如分段函數(shù)：f（x）=x，滿足f（x+1）f（x），而f（x）不是增函數(shù)充分性不成立即“xR，f（x+1）f（x）”是“函數(shù)f（x）為增函數(shù)”的必要不充分條件，故錯(cuò)誤，命題“xR，（）x0”的否定是“存在xR，（）x0”，故錯(cuò)誤，命題“若x=2，則x23x+2=0”的逆否命題是“若x23x+20，則x2”，故正確，p：在ABC中，因?yàn)?/p>

10、0A，B，所以02A，2B2，故若cos2A=cos2B，則A=B為真，q：y=sinx在第一象限不具備單調(diào)性，故q是假命題，則pq為假命題故錯(cuò)誤，故選：D6把函數(shù)y=sin（5x）的圖象向右平移個(gè)單位，再把所得函數(shù)圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來的，所得的函數(shù)解析式為（）ABCD【考點(diǎn)】由y=Asin（x+）的部分圖象確定其解析式【分析】求出第一次變換得到的函數(shù)解析式，再把圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來的，得到函數(shù)的圖象【解答】解：將函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位，得到函數(shù)為y=sin5（x）=sin（5x），再把所得圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來的，可得到函數(shù)的圖象，故選D7已知在實(shí)數(shù)集R上的可導(dǎo)函數(shù)f

11、（x），滿足f（x+2）是奇函數(shù)，且2，則不等式f（x）x1的解集是（）A（，2）B（2，+）C（0，2）D（，1）【考點(diǎn)】函數(shù)奇偶性的性質(zhì)【分析】確定f（2）=0，令g（x）=f（x）x，則g（x）=f（x）0，函數(shù)在R上單調(diào)遞減，即可求出不等式f（x）x1的解集【解答】解：f（x+2）是奇函數(shù)，f（x）關(guān)于（2，0）對稱，f（2）=02，0f（x）令g（x）=f（x）x，則g（x）=f（x）0，函數(shù)在R上單調(diào)遞減，g（2）=f（2）1=1，不等式f（x）x1可化為g（x）g（2），x2，故選：A8已知函數(shù)f（x）=|mx|xn|（0n1+m），若關(guān)于x的不等式f（x）0的解集中的整數(shù)恰有3

12、個(gè)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為（）A3m6B1m3C0m1D1m0【考點(diǎn)】根的存在性及根的個(gè)數(shù)判斷【分析】根據(jù)f（x）=|mx|xn|0，及題意得m1，從而，再根據(jù)解集中的整數(shù)的個(gè)數(shù)可知2（m1）n3（m1），解之即可【解答】解：f（x）=|mx|xn|0，即|mx|xn|，（mx）2（xn）20，即（m1）x+n（m+1）xn0，由題意：m+10，f（x）0的解集中的整數(shù)恰好有3個(gè)，可知必有m10，即m1，（否則解集中的整數(shù)不止3個(gè)）故不等式的解為，0n1+m，所以解集中的整數(shù)恰好有3個(gè)當(dāng)且僅當(dāng)，即2（m1）n3（m1），又n1+m，所以2（m1）n1+m，即2（m1）1+m，解得m3，從而1m3

13、，故選：B二、填空題（每小題5分）9若復(fù)數(shù)z=（i為虛數(shù)單位），則|z|=【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)求?！痉治觥坷脧?fù)數(shù)的運(yùn)算法則模的計(jì)算公式即可得出【解答】解：復(fù)數(shù)z=1+2i|z|=故答案為：10已知tan=2，tan（+）=1，則tan=3【考點(diǎn)】同角三角函數(shù)基本關(guān)系的運(yùn)用；兩角和與差的正切函數(shù)【分析】已知第二個(gè)等式左邊利用兩角和與差的正切函數(shù)公式化簡，將tan的值代入即可求出tan的值【解答】解：tan（+）=1，tan=2，=1，整理得：2+tan=1+2tan，解得：tan=3故答案為：311如圖，P是O的直徑AB延長線上一點(diǎn)，PC與O相切于點(diǎn)C，APC的角平分線交AC于點(diǎn)Q，則AQP的大小為1

14、35【考點(diǎn)】圓的切線的判定定理的證明【分析】要求AQP的大小，可以先求其鄰補(bǔ)角CQP的大小，即OAC+OPQ的大小，根據(jù)切線的性質(zhì)，及已知條件，結(jié)合三角形內(nèi)角和定理，我們不難分析出圖中眾多角之間的數(shù)量關(guān)系，最終求出答案【解答】解：連接OC，如下圖所示：OA=OC，OAC=OCAPOC=OAC+OCA=2OAC又APC的角平分線為PQOPQ=CPQ在OCP中，POC+OPC+OCP=2（OAC+OPQ）+OCP=180又OCP=90OAC+OPQ=45CQP=OAC+OPQ=45AQP=135故答案為：13512定義在R上的函數(shù)f（x）+f（x）=0，f（x+4）=f（x）滿足，且x（2，0）時(shí)

15、，f（x）=2x+，則f（log220）=1【考點(diǎn)】函數(shù)的值【分析】242025，可得log220（4，5）由于定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：f（x）+f（x）=0，f（x+4）=f（x），可得f（x）=f（x），周期T=4利用奇偶性周期性經(jīng)過變形即可得出【解答】解：242025，log220（4，5）定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：f（x）+f（x）=0，f（x+4）=f（x），f（x）=f（x），周期T=4f（log220）=f（log2204）=f（4log220）=1故答案為：113不等式2x22axy+y20對任意x1，2及任意y1，4恒成立，則實(shí)數(shù)a取值范圍是（，【考點(diǎn)】基本不等式在

16、最值問題中的應(yīng)用【分析】不等式等價(jià)變化為2a=+，由x1，2及y1，4，求得4，運(yùn)用基本不等式求得+的最小值即可【解答】解：依題意，不等式2x22axy+y20等價(jià)為2a=+，設(shè)t=，x1，2及y1，4，1，即4，t4，則+=t+，t+2=2，當(dāng)且僅當(dāng)t=，即t=，4時(shí)取等號2a2，即a，故答案為：（，14已知函數(shù)f（x）=2x3x2+ax+1在（0，+）有兩個(gè)極值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（0，+）【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值【分析】求導(dǎo)數(shù)得到f（x）=6x2ax+a，根據(jù)題意便知方程6x2ax+a=0有兩個(gè)不同的正實(shí)根，這樣根據(jù)韋達(dá)定理便可得出關(guān)于a的不等式，從而得出a的取值范圍【解答】解：

17、f（x）=6x2ax+a；f（x）在（0，+）上有兩個(gè)極值；方程6x2ax+a=0在（0，+）上有兩個(gè)不同實(shí)數(shù)根；根據(jù)韋達(dá)定理；a0；實(shí)數(shù)a的取值范圍為（0，+）故答案為：（0，+）三、解答題.15在銳角ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且2asinB=b（1）求角A的大??；（2）若a=4，b+c=8，求ABC的面積【考點(diǎn)】余弦定理；正弦定理【分析】（1）由正弦定理將已知等式化成角的正弦的形式，化簡解出sinA=，再由ABC是銳角三角形，即可算出角A的大??；（2）由余弦定理a2=b2+c22bccosA的式子，結(jié)合題意化簡得b2+c2bc=16，與聯(lián)解b+c=8得到bc的值，再根

18、據(jù)三角形的面積公式加以計(jì)算，可得ABC的面積【解答】解：（1）ABC中，根據(jù)正弦定理，得，銳角ABC中，sinB0，等式兩邊約去sinB，得sinA=A是銳角ABC的內(nèi)角，A=；（2）a=4，A=，由余弦定理a2=b2+c22bccosA，得16=b2+c22bccos，化簡得b2+c2bc=16，b+c=8，平方得b2+c2+2bc=64，兩式相減，得3bc=48，可得bc=16因此，ABC的面積S=bcsinA=16sin=416如圖，ABC內(nèi)接于直徑為BC的圓O，過點(diǎn)作圓O的切線交CB的延長線于點(diǎn)P，AE交BC和圓O于點(diǎn)D、E，且=，若PA=2PB=10（）求證：AC=2AB；（）求AD

19、DE的值【考點(diǎn)】與圓有關(guān)的比例線段；相似三角形的判定【分析】（）通過證明ABPCAP，然后證明AC=2AB；（）利用切割線定理以及相交弦定理直接求ADDE的值【解答】（）證明：PA是圓O的切線，PAB=ACB又P是公共角ABPCAP，AC=2AB（）解：由切割線定理得：PA2=PBPCPC=20又PB=5，BC=15又CD=2DB，CD=10，DB=5又由相交弦定理得：ADDE=CDDB=5017命題p：關(guān)于x的不等式x2+（a1）x+a20的解集是空集，命題q：已知二次函數(shù)f（x）=x2mx+2滿足，且當(dāng)x0，a時(shí)，最大值是2，若命題“p且q”為假，“p或q”為真，求實(shí)數(shù)a的取值范圍【考點(diǎn)】

20、復(fù)合命題的真假【分析】對于命題p：由關(guān)于x的不等式x2+（a1）x+a20的解集是空集，可得0，解得p的取值范圍由已知得二次函數(shù)f（x）=x2mx+2的對稱軸為，可得m，可得f（x）=x23x+2，當(dāng)x0，a時(shí)，最大值是2，由對稱性知a的取值范圍由命題“p且q”為假，“p或q”為真，可知：p，q恰一真一假【解答】解：對于命題p：關(guān)于x的不等式x2+（a1）x+a20的解集是空集，=3a22a+10，解得，由已知得二次函數(shù)f（x）=x2mx+2的對稱軸為，即，m=3，f（x）=x23x+2，當(dāng)x0，a時(shí)，最大值是2，由對稱性知q：0a3由命題“p且q”為假，“p或q”為真，可知：p，q恰一真一假

21、當(dāng)p真q假時(shí)，a1或a3，當(dāng)p假q真時(shí)，綜上可得，18已知函數(shù) f（x）=sin2x+sinxcosx+，xR，（）求函數(shù)f（x）的最小正周期T及在，上的單調(diào)遞減區(qū)間；（）若關(guān)于x的方程f（x）+k=0，在區(qū)間0，上且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)k的取值范圍【考點(diǎn)】三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用；正弦函數(shù)的圖象【分析】（）由二倍角公式及輔助角公式將f（x）化簡，由f（x）的最小正周期T=，即可求得f（x）的最小正周期，根據(jù)正弦函數(shù)的單調(diào)性，即可求得，上的單調(diào)遞減區(qū)間；（）由，求得，則f（x）+k=0在區(qū)間上有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解，由函數(shù)圖象即可求得實(shí)數(shù)k的取值范圍【解答】解：（）由已知，=，=又因?yàn)?，?dāng)k=0

22、時(shí)； 當(dāng)k=1時(shí)，函數(shù)f（x）在，的單調(diào)遞減區(qū)間為和（）由，所以，f（x）+k=0在區(qū)間上有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解，即函數(shù)與y=k2在區(qū)間上有且只有一個(gè)交點(diǎn)，由函數(shù)的圖象可知k2=119已知函數(shù)f（x）=lnxax，（aR）（）若函數(shù)f（x）在點(diǎn)（1，f（1）處切線方程為y=3x+b，求a，b的值；（）當(dāng)a0時(shí)，求函數(shù)f（x）在1，2上的最小值；（）設(shè)g（x）=x22x+2，若對任意x1（0，+），均存在x20，1，使得f（x1）g（x2），求a的取值范圍【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值；利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程【分析】（）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)f（1）=3，求出a的值，根據(jù)f（1）=2求出

23、b的值即可；（）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的最小值即可；（）問題轉(zhuǎn)化為f（x1）maxg（x2）max，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可【解答】解：（）由f（x）=lnxax得，f（1）=31a=3a=2，則f（x）=lnx+2x，f（1）=2點(diǎn)（1，2）為切點(diǎn)，則2=3+bb=1，（）由f（x）=lnxax，f（x）在（0，）遞增，在（，+）遞減，當(dāng)1，即a1時(shí)，函數(shù)f（x）在區(qū)間1，2上是減函數(shù)，f（x）的最小值是f（2）=ln22a；當(dāng)2，即時(shí)，函數(shù)f（x）在區(qū)間1，2上是增函數(shù)，f（x）的最小值是f（1）=a；當(dāng)12，即a1時(shí)，函數(shù)f（x）在1，上是

24、增函數(shù)，在，2是減函數(shù)又f（2）f（1）=ln2a，當(dāng)aln2時(shí)，最小值是f（1）=a，當(dāng)ln2a1時(shí)，最小值為f（2）=ln22a；綜上可知，當(dāng)0aln2時(shí)，函數(shù)f（x）的最小值是f（x）min=a；當(dāng)aln2時(shí)，函數(shù)f（x）的最小值是f（x）min=ln22a，（）由條件得f（x1）maxg（x2）max，又g（x2）max=2，f（x1）max2若a0，則f（x）在（0，+）上單調(diào)遞增，x+，f（x）+，不符題意；a0由可知，得：20已知函數(shù)f（x）=lnxax，（aR）（）若函數(shù)f（x）在點(diǎn)區(qū)間e，+處上為增函數(shù)，求a的取值范圍；（）若函數(shù)f（x）的圖象在點(diǎn)x=e（e為自然對數(shù)的底數(shù)）

25、處的切線斜率為3，且kZ時(shí)，不等式 k（x1）f（x）在x（1，+）上恒成立，求k的最大值；（）nm4時(shí)，證明：（mnn）m（nmm）n【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性【分析】（）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到a（1lnx）max=1lne=2，從而求出a的范圍即可；（）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出a的值，得到對任意x1恒成立，令，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出g（x）的最小值，從而求出k的最大值；（）當(dāng)nm4，得到，整理即可【解答】解：（）f（x）=ax+xlnx，又函數(shù)f（x）在區(qū)間e，+）上為增函數(shù)，當(dāng)xe時(shí)，f（x）=a+1+lnx0恒成立，a（1lnx）max=1lne=2，即a的

26、取值范圍為2，+）；（）因?yàn)閒（x）=ax+xlnx（aR），所以f（x）=a+lnx+1f（x）在點(diǎn)x=e（e為自然對數(shù)的底數(shù)）處的切線斜率為3，f（e）=3，即a+lne+1=3，a=1當(dāng)x1時(shí)，x10，故不等式，即對任意x1恒成立，令則令h（x）=xlnx2（x1），則在（1，+）上單增，h（3）=1ln30，h（4）=2ln40，存在x0（3，4）使h（x0）=0，即當(dāng)1xx0時(shí)，h（x）0，即g（x）0，當(dāng)xx0時(shí)，h（x）0，即g（x）0，g（x）在（1，x0）上單減，在（x0，+）上單增令h（x0）=x0lnx02=0，即lnx0=x02，kg（x）min=x0且kZ，即kmax=3證明：（）由（）知，是4，+）上的增函數(shù)，所以當(dāng)nm4， 整理，得mnlnn+mlnmmnlnm+nlnn+nm因?yàn)閚m，mnlnn+mlnmmnlnm+nlnn即lnnmn+lnmmlnmmn+lnnn，ln（nmnmm）ln（mmnnn），nmnmmmmnnn，（mnn）m（nmm）nxx9月19日