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- 2021-04-14 发布
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陕西省榆林市第二中学2018-2019学年高二下学期期末数学（文)试题
评卷人
得分
一、单选题
1．已知实数集，集合，集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意和函数的定义域求出集合B，由补集的运算求出∁RB，由交集的运算求出A∩（∁RB）．
【详解】
由x﹣2＞0得x＞2，则集合B＝{x|x＞2}，
所以∁RB＝{x|x≤2}，
又集合A＝{x|1＜x＜3}，
则A∩（∁RB）＝{x|1＜x≤2}，
故选：A．
【点睛】
本题考查交、并、补集的混合运算，以及函数的定义域，属于基础题．
2．函数的定义域为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
计算每个函数的定义域,再求交集得到答案.
【详解】
故答案选C
【点睛】
本题考查了函数的定义域，意在考查学生的计算能力.
3．已知集合，．若，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
考虑集合B是空集和不是空集两种情况，求并集得到答案.
【详解】
当为空集时： 成立
当不为空集时：
综上所述的：
故答案选D
【点睛】
本题考查了集合的包含关系，忽略空集是容易犯的错误.
4．复数的虚部为（ ）
A．—1 B．—3 C．1 D．2
【答案】B
【解析】
【分析】
对复数进行化简计算，得到答案.
【详解】
所以的虚部为
故选B项.
【点睛】
本题考查复数的计算，虚部的概念，属于简单题.
5．已知，，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】
根据题意解不等式可得集合p与q的范围，根据充分必要条件的判定即可判断结论。
【详解】
因为
所以，
所以但
所以是的充分不必要条件
所以选A
【点睛】
本题考查了根据不等式判定充分必要条件，属于基础题。
6．在复平面上，复数对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】
化简复数，判断对应点的象限.
【详解】
，对应点为在第一象限.
故答案选A
【点睛】
本题考查了复数的计算，属于简单题.
7．设，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
试题分析：，．故C正确．
考点：复合函数求值．
8．已知偶函数在区间单调递增，则满足的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
偶函数在区间单调递增，则区间单调递减.根据单调性解不等式.
【详解】
已知偶函数在区间单调递增，则在区间单调递减.
故答案选D
【点睛】
本题考查了利用函数性质解不等式，意在考查学生的计算能力.
9．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
函数的定义域为，排除选项A；
当时，，且 ，故当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，排除选项C；
当时，函数，排除选项D，选项B正确．选B．
点睛：函数图象的识别可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的周期性，判断图象的循环往复；
(5)从函数的特征点，排除不合要求的图象．
10．函数在点处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
首先求出函数在点处的导数，也就是切线的斜率，再利用点斜式求出切线方程．．
【详解】
∵，
∴切线斜率，
又∵，∴切点为，
∴切线方程为，
即．
故选B．
【点睛】
本题考查导数的几何意义，属于基础题.
11．已知，则（ ）
A．4 B．2 C．1 D．8
【答案】C
【解析】
【分析】
先求导数，代数数据1，计算，再代入数据2计算
【详解】
故答案选C
【点睛】
本题考查了导数的计算，意在考查学生的计算能力.
12．已知是奇函数，当时，当时，等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由时，，则，根据函数的奇偶性，即可得到函数的解析式；
【详解】
当时，，则．
又是R上的奇函数，所以当时．
故选项A正确．
【点睛】
本题主要考查了利用函数的奇偶性求解函数的解析式，其中解答中合理利用函数的奇偶性转化求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．
第II卷（非选择题)
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评卷人
得分
二、填空题
13．命题“若，则或”的否定为_______ ．
【答案】若，则且
【解析】
【分析】
命题的否定，只用否定结论.
【详解】
命题“若，则或”的否定为：若，则且
故答案为：若，则且
【点睛】
本题考查了命题的否定，属于简单题.
14．设，，若，则实数组成的集合_____．
【答案】
【解析】
【分析】
先求出A的元素，再由B⊆A，分和B≠φ求出a值即可.
【详解】
∵A＝{x|x2﹣8x+15＝0}，
∴A＝{3，5}
又∵B＝{x|ax﹣1＝0}，
∴①时，a＝0，显然B⊆A
②时，B＝{}，由于B⊆A
∴
∴
故答案为：{}
【点睛】
本题主要考查由集合间基本关系求参数值或范围的问题，属于基础题．
15．函数的单调递减区间是_____ ．
【答案】
【解析】
【分析】
先计算定义域，再根据复合函数的单调性求减区间.
【详解】
或
为减函数，要求的单调递减区间
即的增区间：
综上所诉：
故答案为：
【点睛】
本题考查了复合函数的单调性，同增异减.忽略定义域是常犯的错误.
16．下列说法正确的是______
①“若，则或”的否命题是真命题
②命题“”的否定是“”
③，使得
④“”是“表示双曲线”的充要条件．
【答案】①②④
【解析】
【分析】
分别判断每个选项的真假，最后得到答案.
【详解】
①“若，则或”的否命题为：若，则且，正确
②命题“”的否定是“”，正确
③，使得.
设
即恒成立，错误
④“”是“表示双曲线”的充要条件
当是：表示双曲线
当表示双曲线时：
故“”是“表示双曲线”的充要条件
故答案为：①②④
【点睛】
本题考查了否命题，命题的否定，充要条件，综合性强，意在考查学生的综合应用能力.
评卷人
得分
三、解答题
17．已知一次函数满足，．
（1）求这个函数的解析式；
（2）若函数，求函数的零点．
【答案】（1）（2）零点是和．
【解析】
【分析】
（1）设，代入数据得到解得答案.
（2）函数，当时解得答案.
【详解】
解：（1）设
由条件得：，解得，
故；
（2）由（1）知，即，
令，解得或，
所以函数的零点是和．
【点睛】
本题考查了一次函数，函数的零点，意在考查学生的计算能力.
18．已知函数是指数函数．
(1)求的表达式；
(2)判断的奇偶性，并加以证明
(3)解不等式：．
【答案】（1）（2）见证明；（3）
【解析】
【分析】
(1)根据指数函数定义得到，检验得到答案.
(2) ，判断关系得到答案.
(3)利用函数的单调性得到答案.
【详解】
解：（1）∵函数是指数函数，且，
∴，可得或（舍去），∴；
（2）由（1）得，
∴，∴，∴是奇函数；
（3）不等式：，以2为底单调递增，
即，
∴，解集为．
【点睛】
本题考查了函数的定义，函数的奇偶性，解不等式，意在考查学生的计算能力.
19．已知函数．若函数在处有极值-4．
（1）求的单调递减区间；
（2）求函数在上的最大值和最小值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
试题分析：
先求出导函数，根据导数的几何意义得到关于的方程组，求得后再根据导函数的符号求出单调递减区间．
由求出函数的单调区间，可以数判断函数在上的单调性，求出函数在上的极值和端点值，通过比较可得的最大值和最小值．
试题解析：
（1）∵，
∴，
依题意有即，解得
∴，
由，得，
∴函数的单调递减区间
由知
∴，
令，解得．
当变化时，的变化情况如下表：
由上表知，函数在上单调递减，在上单调递增．
故可得
又．
∴
综上可得函数在上的最大值和最小值分别为和．
20．已知函数
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若曲线在处的切线方程为，求的值．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
(1) 当时，求导，代入得到斜率，计算切线方程.
(2)求导代入数据，跟切线方程作对照，得到答案.
【详解】
解：(1)当时，，∴，
曲线在处的切线方程为，即；
(2) ，
若曲线在处的切线方程为，
∴，∴.
【点睛】
本题考查了函数的切线问题，是常考题型.
21．已知在极坐标系中曲线的极坐标方程为：，以极点为坐标原点，以极轴为轴的正半轴建立直角坐标系，曲线的参数方程为：（为参数），点．
（1）求出曲线的直角坐标方程和曲线的普通方程；
（2）设曲线与曲线相交于两点，求的值．
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）
【解析】
试题分析：（1）由题意，将曲线的极坐标方程两边同时乘于极径，由，，即将其转化为普通方程；由曲线的参数方程经过消参，即可求得曲线的普通方程.（2）由（1）易知曲线为圆，为直线，利用直线参数方程中参数的几何意义，将问题转化为的值，由此可联立直线参数方程与圆的方程消去，由韦达定理，从而问题可得解.
试题解析：(Ⅰ)，，
，
的直角坐标方程为:
，
的普通方程为
（Ⅱ）将
得：，，
由的几何意义可得：
点睛：此题主要考查曲线的参数方程、极坐标方程与普通方程间的互化，以及直线参数方程中其参数的几何意义的在求线段之积最值等中的应用，属于中低档题型，也是常考考点.在极坐标方程与普通方程的转化过程中，将极坐标方程构造出，再由互换公式，，进行替换即可.
22．已知函数．
（1）解不等式；
（2）若对于，有，，求证：．
【答案】（1）（2）见解析
【解析】
试题分析：(1)分情况去绝对值求解即可；
(2)由条件利用绝对值三角不等式证得不等式成立.
试题解析：
（1）解：不等式化为，
①当时，不等式为，解得，故；
②当时，不等式为，解得，故；
③当时，不等式为，解得，故，
综上，原不等式的解集为；
（2）．
点睛：含绝对值不等式的解法由两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解.法一是运用分类讨论的思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向.