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（）\nA.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.0B.1C.2D.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：C5.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\n，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\n，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.\n【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.\n11.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\n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；\n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.\n③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，\n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）.\n17.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.\n（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\n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、、\n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\n（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m满足条件，使得其范围为.\n22.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．\n②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．
