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- 2021-04-15 发布
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河南省商丘市第一中学2017-2018学年高二下学期期末考试数学（理）试题
评卷人
得分
一、单选题
1．已知集合，则集合的子集个数为（ ）
A. 3 B. 4 C. 7 D. 8
【答案】D
【解析】分析：先求出集合B中的元素，从而求出其子集的个数．
详解：由题意可知，
集合B={z|z=x+y，x∈A，y∈A}={0，1，2}，
则B的子集个数为：23=8个，
故选：D．
点睛：本题考察了集合的子集个数问题，若集合有n个元素，其子集有2n个，真子集有2n-1个，非空真子集有2n-2个.
2．若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】是的必要不充分条件，
∴(−1,4)⊆(2m2−3,+∞)，
∴2m2−3⩽−1，
解得−1⩽m⩽1，
故选：D.
3．命题“ ， ”的否定为( )
A. B.
C. ， D. ，
【答案】A
【解析】分析：全称命题的否定是特称命题，直接写出结果即可．
详解：∵全称命题的否定是特称命题，
∴命题“∀x∈[﹣2，+∞），x+3≥1”的否定是∃x0∈[﹣2，+∞），x0+3＜1，
故选：A．
点睛：本题考查命题的否定，全称命题与特称命题的关系，基本知识的考查，注意命题的否定与否命题的区别．命题的否定是既否结论，又否条件；否命题是只否结论.
4．已知函数在单调递减，且为奇函数，若，则满足的的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由奇函数的性质有： ，
则不等式即，
结合函数的单调性有： ，
求解不等式组可得的取值范围是.
本题选择D选项.
5．已知函数，，若，则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】分析：先求出g（1）=a﹣1，再代入f[g（1）]=1，得到|a﹣1|=0，问题得以解决．
详解：∵f（x）=5|x|，g（x）=ax2﹣x（a∈R），f[g（1）]=1，
∴g（1）=a﹣1，
∴f[g（1）]=f（a﹣1）=5|a﹣1|=1=50，
∴|a﹣1|=0，
∴a=1，
故答案为：A．
点睛：本题主要考查了指数的性质，和函数值的求出，属于基础题．
6．已知函数 ，的值域是，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】分析：当x≤2时，检验满足f（x）≥4．当x＞2时，分类讨论a的范围，依据函数的单调性，求得a的范围，综合可得结论．
详解：由于函数f（x）=（a＞0且a≠1）的值域是[4，+∞），
故当x≤2时，满足f（x）=6﹣x≥4．
①若a＞1，f（x）=3+logax在它的定义域上单调递增，
当x＞2时，由f（x）=3+logax≥4，∴logax≥1，∴loga2≥1，∴1＜a≤2．
②若0＜a＜1，f（x）=3+logax在它的定义域上单调递减，
f（x）=3+logax＜3+loga2＜3，不满足f（x）的值域是[4，+∞）．
综上可得，1＜a≤2，
故答案为：B
点睛：本题主要考查分段函数的应用，对数函数的单调性和特殊点，属于中档题．分段函数的值域是将各段的值域并到一起，分段函数的定义域是将各段的定义域并到一起，分段函数的最值，先取每段的最值，再将两段的最值进行比较，最终取两者较大或者较小的.
7．已知函数 是奇函数，则使成立的取值范围是 ( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】试题分析：因为函数是奇函数，所以，解得，即函数
，当时，函数单调递减函数，又由，即，解得
；当时，，所以，不满足题意，所以实数的取值范围为，故选
C.
考点：函数的奇偶性与单调性的应用.
8．若 ，，则 ( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】取，则：
，选项A错误；
，选项C错误；
，选项D错误；
对于选项C：在为减函数，
又∴ ，选项B正确.
本题选择B选项.
9．已知函数为偶函数，记 ， ，，则的大小关系为 ( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】试题分析：因为为偶函数，所以，
在上单调递增，并且，因为，，故选C．
考点：函数的单调性
【思路点睛】本题考察的是比较大小相关知识点，一般比较大小我们可以采用作差法、作商法、单调性法和中间量法，本题的题设中有解析式且告诉我们为偶函数，即可求出参数的值，所以我们采用单调性法，经观察即可得到函数的单调性，然后根据可以通过函数的奇偶性转化到同一侧，进而判断出几个的大小，然后利用函数的单调性即可判断出所给几个值的大小．
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10．已知函数在区间上是增函数，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】分析：求出导函数，利用函数的单调性，推出不等式，利用基本不等式求解函数的最值，推出结果即可．
详解：函数，
可得f′（x）=x2﹣mx+4，函数在区间[1，2]上是增函数，
可得x2﹣mx+4≥0，在区间[1，2]上恒成立，
可得m≤x+，x+≥2=4，当且仅当x=2，时取等号、
可得m≤4．
故选：D．
点睛：本题考查函数的导数的应用，考查最值的求法，基本不等式的应用，考查转化思想以及计算能力．函数在一个区间上单调递增，则函数的导函数大于等于0恒成立，函数在一个区间上存在单调增区间，则函数的导函数在这个区间上大于0有解.
11．已知函数若关于的方程有7个不等实根，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：画出函数的图象，利用函数的图象，判断f（x）的范围，然后利用二次函数的性质求解a的范围．
详解：函数的图象如图：
关于f2（x）+（a﹣1）f（x）﹣a=0有7个不等的实数根，
即[f（x）+a][f（x）﹣1]=0有7个不等的实数根，f（x）=1有3个不等的实数根，
∴f（x）=﹣a必须有4个不相等的实数根，由函数f（x）图象
可知﹣a∈（1，2），∴a∈（﹣2，﹣1）．
故选：C．
点睛：函数的零点或方程的根的问题，一般以含参数的三次式、分式、以e为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数零点或方程根的形式出现，一般有下列两种考查形式：
(1)确定函数零点、图象交点及方程根的个数问题；
(2)应用函数零点、图象交点及方程解的存在情况，求参数的值或取值范围问题．
12．已知函数， 与的图象上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据题意，若函数f（x）=﹣x3+1+a（≤x≤e，e是自然对数的底）与g（x）=3lnx的图象上存在关于x轴对称的点，
则方程﹣x3+1+a=﹣3lnx在区间[，e]上有解，
﹣x3+1+a=﹣3lnx⇔a+1=x3﹣31nx，即方程a+1=x3﹣31nx在区间[，e]上有解，
设函数g（x）=x3﹣31nx，其导数g′（x）=3x2﹣ = ，
又由x∈[，e]，g′（x）=0在x=1有唯一的极值点，
分析可得：当≤x≤1时，g′（x）＜0，g（x）为减函数，
当1≤x≤e时，g′（x）＞0，g（x）为增函数，
故函数g（x）=x3﹣31nx有最小值g（1）=1，
又由g（）= +3，g（e）=e3﹣3；比较可得：g（）＜g（e），
故函数g（x）=x3﹣31nx有最大值g（e）=e3﹣3，
故函数g（x）=x3﹣31nx在区间[，e]上的值域为[1，e3﹣3]；
若方程a+1=x3﹣31nx在区间[，e]上有解，
必有1≤a+1≤e3﹣3，则有0≤a≤e3﹣4，
即a的取值范围是[0，e3﹣4]；
点睛：根据题意，可以将原问题转化为方程a+1=x3﹣31nx在区间[，e]上有解，构造函数g（x）=x3﹣31nx，利用导数分析g（x）的最大最小值，可得g（x）的值域，进而分析可得方程a+1=x3﹣31nx在区间[，e]上有解，必有1≤a+1≤e3﹣3，解可得a的取值范围，即可得答案．
第II卷（非选择题）
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评卷人
得分
二、填空题
13．已知函数，则_____________.
【答案】
【解析】分析：求出f′（1）=﹣1，再根据定积分法则计算即可．
详解：∵f（x）=f'（1）x2+x+1，
∴f′（x）=2f'（1）x+1，
∴f′（1）=2f'（1）+1，
∴f′（1）=﹣1，
∴f（x）=﹣x2+x+1，
∴=（﹣x3+x2+x）=.
故答案为：.
点睛：这个题目考查了积分的应用，注意积分并不等于面积，解决积分问题的常见方法有：面积法，当被积函数为正时积分和面积相等，当被积函数为负时积分等于面积的相反数；应用公式直接找原函数的方法；利用被积函数的奇偶性得结果.
14．函数的定义域为_______________．
【答案】{x|x∈（2kπ﹣，2kπ+），k∈Z}
【解析】分析：这里的cosx以它的值充当角，要使sin（cosx）＞0转化成2kπ＜cosx＜2kπ+π，注意cosx自身的范围．
详解：由sin（cosx）＞0⇒2kπ＜cosx＜2kπ+π（k∈Z）．
又∵﹣1≤cosx≤1，
∴0＜cosx≤1；
故所求定义域为{x|x∈（2kπ﹣，2kπ+），k∈Z}．
故答案为：{x|x∈（2kπ﹣，2kπ+），k∈Z}.
点睛：本题主要考查了函数的定义域及其求法及复合函数单调性的判断，求三角函数的定义域，要解三角不等式，常用的方法有二：一是图象，二是三角函数线．
15．若在区间上恒成立，则实数的取值范围是 ______．
【答案】
【解析】分析：利用换元法简化不等式，令t=2x﹣2﹣x，t∈[，]，22x+2﹣2x=t2+2，整理可得a≥﹣（t+），t∈[，]根据函数y=t+的单调性求出最大值即可．
详解：a（2x﹣2﹣x）+≥0在x∈[1，2]时恒成立，
令t=2x﹣2﹣x，t∈[，]，
∴22x+2﹣2x=t2+2，
∴a≥﹣（t+），t∈[，]，
显然当t=是，右式取得最大值为﹣，
∴a≥﹣．
故答案为[﹣，+∞）．
点睛：考查了换元法的应用和恒成立问题的转化思想应用．
恒成立的问题的解决方法：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若 就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为 ，若恒成立；（3）若 恒成立，可转化为（需在同一处取得最值）.
16．设是奇函数的导函数，，当时，，则使
成立的的取值范围是________.
【答案】
【解析】设,则g(x)的导数为：，
∵当x>0时,xf′(x)−f(x)>0，
即当x>0时,g′(x)恒大于0，
∴当x>0时,函数g(x)为增函数，
∵f(x)为奇函数
∴函数g(x)为定义域上的偶函数
又∵ =0，∵f(x)>0，
∴当x>0时,,当x<0时,，
∴当x>0时,g(x)>0=g(1),当x<0时,g(x)<0=g(−1)，
∴x>1或−10成立的x的取值范围是(−1,0)∪(1,+∞)，
故答案为：(−1,0)∪(1,+∞)。
点睛：构造函数法是在求解某些数学问题时，根据问题的条件或目标，构想组合一种新的函数关系，使问题在新函数下转化并利用函数的有关性质解决原问题是一种行之有效的解题手段。构造函数法解题是一种创造性思维过程，具有较大的灵活性和技巧性。在运用过程中，应有目的、有意识地进行构造，始终“盯住”要解决的目标。
评卷人
得分
三、解答题
17．在中,角所对的边分别为且.
（1）求角的值；
（2）若为锐角三角形,且,求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】试题分析：(1)在三角形中处理边角关系时，一般全部转化为角的关系，或全部转化为边的关系.题中若出现边的一次式一般采用正弦定理，出现边的二次式一般采用余弦定理，应用正弦、余弦定理时，注意公式变形的应用，解决三角形问题时，注意角的限制范围;(2)在三角形中，注意隐含条件，（3）注意锐角三角形的各角都是锐角.（4）把边的关系转化成角，对于求边的取值范围很有帮助
试题解析：（1）由，得，
所以，则，由，。
（2）由（1）得，即，
又为锐角三角形，故从而．
由，所以
所以,
所以
因为
所以
即
考点：余弦定理的变形及化归思想
18．从某工厂的一个车间抽取某种产品50件，产品尺寸（单位：）落在各个小组的频数分布如下表：
数据
分组
频数
（1）根据频数分布表，求该产品尺寸落在的概率；
（2）求这件产品尺寸的样本平均数；
（3）根据频率分布对应的直方图，可以认为这种产品尺寸服从正态分布；其中近似为样本平均值，近似为样本方差，经计算得，利用正态分布，求．
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】分析：（1）根据条件得到概率为；（2）由平均数的概念得到数值；（3）结合第二问得到的均值，以条件中所给的得到，S=4.73，由得到结果.
详解：
（1）根据频数分布表可知，产品尺寸落在内的概率.
（2）样本平均数
.
（3）依题意.
而，，则.
.
.
.即为所求.
点睛：这个题目考查了平均数的计算，概率的理解，以及正态分布的应用，正态分布是一种较为理想的分布状态，常见的概率.
19．如图，三棱柱中，，，
（1）证明：；
（2）若平面 平面，，求点到平面的距离．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】试题分析：
(1)利用题意首先证得，然后利用线面垂直的定义即可证得题中的结论；
(2)建立空间直角坐标系，结合平面的法向量和直线的方向向量可得直线与平面所成角的正弦值是.
试题解析：
（1）证明：如图所示，取的中点，连接，，.因为，
所以.由于，，
故为等边三角形，所以.
因为，所以.
又，故
（2）由（1）知，，又，交线为，
所以，故两两相互垂直.
以为坐标原点，的方向为轴的正方向，为单位长，建立如图（2）所示的空间直角坐标系.由题设知，
则，，.
设是平面的法向量，
则即可取故.
所以与平面所成角的正弦值为
20．已知三点，，，曲线上任意一点满足．
（1）求的方程；
（2）动点 在曲线上，是曲线在处的切线．问：是否存在定点使得与都相交，交点分别为，且与的面积之比为常数？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，.
【解析】分析：（1）先求出、的坐标，由此求得||和的值，两式相等，化简可得所求；（2）根据直线PA，PB的方程以及曲线C在点Q（x0，y0）（﹣2＜x0＜2）处的切线方程， D、E两点的横坐标，可得S△PDE和S△QAB的比值，从而求得参数值.
详解：
（1）依题意可得，
，
由已知得，化简得曲线C的方程： ,
（2）假设存在点满足条件，则直线的方程是，直线的方程是，曲线C在点Q处的切线l的方程为:,它与y轴的交点为，由于，因此
①当时， ，存在，使得，即l与直线平行，故当时与题意不符
②当时，，所以l 与直线一定相交，分别联立方程组，
解得的横坐标分别是
则，又，
有，
又于是
对任意，要使与的面积之比是常数，只需t满足，
解得，此时与的面积之比为2，故存在，使与的面积之比是常数2.
点睛：本题主要考查抛物线的标准方程的应用，利用导数求曲线上某点的切线方程，求得F点的坐标，D、E两点的横坐标，是解题的关键，属于中档题．利用导数求函数在某一点处的切线方程；步骤一般为：一，对函数求导，代入已知点得到在这一点处的斜率；二，求出这个点的横纵坐标；三，利用点斜式写出直线方程.
21．已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）求证：函数和在公共定义域内，恒成立；
（3）若存在两个不同的实数，，满足，求证：．
【答案】（1）增区间为,减区间为；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】分析：（1）构造函数，对函数求导，得到得到导函数的正负，进而得到单调区间和极值；（2）构造函数,对函数和求导研究函数的单调性进而得到函数的最值，使得最小值大于2即可；（3）要证原式只需要证，故得到即证：，变量集中设即可,转化为关于t的不等式.
详解：
(1)函数的定义域为,,
故当时,,当时,,
故函数的单调增区间为,单调减区间为;
(2)证明:函数和的公共定义域为,
,
设,则在上单调递增,故;
设,当时有极大值点,
;故;
故函数和在公共定义域内,.
(3)证明:不妨设,由题意得,
,;所以;
而要证,只需证明;
即证明;即证明;
即证明,;令,则;
即证明;设;
则,故函数在区间上是增函数,
所以,即;所以不等式成立.
点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
22．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知点的极坐标为，直线的极坐标方程为，且点在直线上．
（1）求的值及直线的直角坐标方程；
（2）圆的参数方程为（为参数），试判断直线与圆的位置关系．
【答案】（1），；（2）相交.
【解析】试题分析：（1）把点的极坐标代入直线的极坐标方程即可求得的值，进而可求得直线的直角坐标方程；（2）先把圆的参数方程消去参数化为普通方程，再判断直线与圆的位置关系.
试题解析：（1）由点在直线上，可得.
所以直线的方程可化为，
从而直线的直角坐标方程为.
（2）由已知得圆的直角坐标方程为，所以圆心为，半径，
则圆心到直线的距离，所以直线与圆相交．
考点：1、极坐标与参数方程；2、直线与圆的位置关系.
23．已知函数，.
（1）若不等式有解，求实数的取值范围；
（2）当时，函数的最小值为3，求实数的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】分析：（1）由绝对值的几何意义知，由不等式f（x）≤2﹣|x﹣1|有解，可得，即可求实数a的取值范围；（2）当a＜2时，画出函数的图像，利用函数f（x）的最小值为3，求实数a的值．
详解：
（1）由题，即为．
而由绝对值的几何意义知，
由不等式有解，∴，即．
实数的取值范围．
（2）函数的零点为和，当时知
.
如图可知在单调递减，在单调递增，
，得（合题意），即．
点睛：这个题目考查了含有绝对值的不等式的解法，绝对值三角不等式的应用，以及函数的最值问题；一般对于解含有多个绝对值的不等式，根据零点分区间，将绝对值去掉，分段解不等式即可.