福建省泉州市安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学四校联考高二（下）期末数学试卷（文科）

第18页2023-2023学年福建省泉州市安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学四校联考高二〔下〕期末数学试卷〔文科〕一、选择题：〔本大题共12个小题，每个小题5分，共60分〕1．〔5分〕设集合M={〔x，y〕|y=lgx}，N={x|y=lgx}，那么在以下结论中正确的选项是〔〕A．M∩N≠∅ B．M∩N=∅ C．M∪N=N D．M∪N=M【分析】由题意，M为点集，N为数集，即可得出结论．【解答】解：由题意，M为点集，N为数集，所以M∩N=∅．应选：B．【点评】此题考查集合的包含关系判断及应用，比拟根底．2．〔5分〕复数的实部和虚部相等，那么|z|=〔〕A．2 B．3 C． D．【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简复数z，再结合条件求出b的值，根据复数求模公式计算得答案．【解答】解：，∵复数的实部和虚部相等，∴﹣b=﹣3，即b=3．应选：D．【点评】此题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是根底题．3．〔5分〕设x＞0，且1＜bx＜ax，那么〔〕A．0＜b＜a＜1 B．0＜a＜b＜1 C．1＜b＜a D．1＜a＜b【分析】利用指数函数的性质，结合x＞0，即可得到结论．【解答】解：∵1＜bx，∴b0＜bx，∵x＞0，∴b＞1∵bx＜ax，∴∵x＞0，∴∴a＞b∴1＜b＜a应选：C．【点评】此题考查指数函数的性质，解题的关键是熟练运用指数函数的性质，属于根底题．4．〔5分〕假设函数y=logax〔a＞0，且a≠1〕的图象如下图，那么以下函数图象正确的选项是〔〕A． B． C． D．【分析】由题意可得a=3，由根本初等函数的图象和性质逐个选项验证即可．【解答】解：由题意可知图象过〔3，1〕，故有1=loga3，解得a=3，选项A，y=a﹣x=3﹣x=〔〕x单调递减，故错误；选项B，y=x3，由幂函数的知识可知正确；选项C，y=〔﹣x〕3=﹣x3，其图象应与B关于x轴对称，故错误；选项D，y=loga〔﹣x〕=log3〔﹣x〕，当x=﹣3时，y=1，但图象明显当x=﹣3时，y=﹣1，故错误．应选：B．【点评】此题考查对数函数的图象和性质，涉及幂函数的图象，属根底题．5．〔5分〕双曲线的渐近线方程为y=，那么双曲线的离心率〔〕A． B． C．或 D．或【分析】设双曲线的焦点在x轴上，双曲线的方程为，可得它的渐近线方程是y=，结合题意解出b=2a，再得出此双曲线的离心率．然后求解双曲线的焦点在y轴上时的离心率即可．【解答】解：∵双曲线的焦点在x轴上，∴设双曲线的方程为，〔a＞0，b＞0〕可得双曲线的渐近线方程是y=x结合题意双曲线的渐近线方程是y=±x，∴2b=a，可得c==a因此，此双曲线的离心率e==．当双曲线的焦点在y轴上，∴设双曲线的方程为，〔a＞0，b＞0〕可得双曲线的渐近线方程是y=x结合题意双曲线的渐近线方程是y=±x，∴b=2a，可得c==a因此，此双曲线的离心率e==．应选：C．【点评】此题给出双曲线的渐近线方程，求双曲线的离心率，着重考查了双曲线的标准方程与简单几何性质等知识，属于根本知识的考查．6．〔5分〕函数f〔x〕=ln〔x2﹣2x﹣8〕的单调递增区间是〔〕A．〔﹣∞，﹣2〕 B．〔﹣∞，﹣1〕 C．〔1，+∞〕 D．〔4，+∞〕【分析】由x2﹣2x﹣8＞0得：x∈〔﹣∞，﹣2〕∪〔4，+∞〕，令t=x2﹣2x﹣8，那么y=lnt，结合复合函数单调性“同增异减〞的原那么，可得答案．【解答】解：由x2﹣2x﹣8＞0得：x∈〔﹣∞，﹣2〕∪〔4，+∞〕，令t=x2﹣2x﹣8，那么y=lnt，∵x∈〔﹣∞，﹣2〕时，t=x2﹣2x﹣8为减函数；x∈〔4，+∞〕时，t=x2﹣2x﹣8为增函数；y=lnt为增函数，故函数f〔x〕=ln〔x2﹣2x﹣8〕的单调递增区间是〔4，+∞〕，应选：D．【点评】此题考查的知识点是复合函数的单调性，对数函数的图象和性质，二次数函数的图象和性质，难度中档．7．〔5分〕a∈R，假设在区间〔0，1〕上有且只有一个极值点，那么a的取值范围是〔〕A．a＜0 B．a＞0 C．a≤1 D．a≥0【分析】求出函数的导数，问题转化为f′〔x〕=0在〔0，1〕上有且只有一个零点，根据零点定理判断即可．【解答】解：f′〔x〕=〔ax2+x﹣1〕，假设f〔x〕在〔0，1〕上有且只有一个极值点，那么f′〔x〕=0在〔0，1〕上有且只有一个零点，显然＞0，问题转化为g〔x〕=ax2+x﹣1在〔0，1〕上有且只有一个零点，故g〔0〕•g〔1〕＜0，即，解得：a＞0，应选：B．【点评】此题考查了函数的零点问题，考查函数的单调性问题，是一道中档题．8．〔5分〕函数f〔x〕=x3+sinx，x∈〔﹣1，1〕，那么满足f〔a2﹣1〕+f〔a﹣1〕＞0的a的取值范围是〔〕A．〔0，2〕 B．〔1，〕 C．〔1，2〕 D．〔0，〕【分析】在区间〔﹣1，1〕上，由f〔﹣x〕=﹣f〔x〕、f′〔x〕＞0可知函数f〔x〕是奇函数且单调递增，由此可求出a的取值范围，进而选出答案．【解答】解：∵函数f〔x〕=x3+sinx，x∈〔﹣1，1〕，那么f〔﹣x〕=﹣f〔x〕，∴f〔x〕在区间〔﹣1，1〕上是奇函数；又f′〔x〕=3x2+cosx＞0，∴f〔x〕在区间〔﹣1，1〕上单调递增；∵f〔a2﹣1〕+f〔a﹣1〕＞0，∴﹣f〔a﹣1〕＜f〔a2﹣1〕，∴f〔1﹣a〕＜f〔a2﹣1〕，∴，求得1＜a＜，应选：B．【点评】此题考查了函数的奇偶性、单调性，充分理解函数的奇偶性、单调性是解决问题的关键，属于中档题．9．〔5分〕假设不等式x2+ax+1≥0对于一切x∈〔0，]恒成立，那么a的最小值是〔〕A．0 B．﹣2 C．﹣ D．﹣3【分析】由题意可得﹣a≤x+对于一切x∈〔0，]恒成立．运用函数的导数判断右边的单调性，求得最小值，令﹣m不大于最小值即可．【解答】解：不等式x2+ax+1≥0对于一切x∈〔0，]恒成立，即有﹣a≤x+对于一切x∈〔0，]恒成立．由于y=x+的导数为y′=1﹣，当0＜x＜1时，y′＜0，函数y递减．那么当x=时，y取得最小值且为，那么有﹣a，解得a．那么a的最小值为﹣．应选：C．【点评】此题考查不等式的恒成立问题，考查函数的单调性的运用，考查运算能力，属于中档题和易错题．10．〔5分〕设方程2x|lnx|=1有两个不等的实根x1和x2，那么〔〕A．x1x2＜0 B．x1x2=1 C．x1x2＞1 D．0＜x1x2＜1【分析】由题意可得y=|lnx|和y=〔〕x的图象有两个交点，如图可得设0＜x1＜1，x2＞1，求得ln〔x1x2〕的范围，即可得到所求范围．【解答】解：方程2x|lnx|=1有两个不等的实根x1和x2，即为y=|lnx|和y=〔〕x的图象有两个交点，如图可得设0＜x1＜1，x2＞1，由ln〔x1x2〕=lnx1+lnx2=﹣+由0＜x1＜1，x2＞1，可得2x1﹣2x2＜0，2x1+x2＞0，即为ln〔x1x2〕＜0，即有0＜x1x2＜1．应选：D．【点评】此题考查函数方程的转化思想的运用，注意运用数形结合的思想方法，以及对数的运算性质，考查运算能力，属于中档题．11．〔5分〕以下命题正确的个数是〔〕①命题“∃x0∈R，x02+1＞3x0〞的否认是“∀x∈R，x2+1≤3x〞；②“函数f〔x〕=cos2ax﹣sin2ax的最小正周期为π〞是“a=1〞的必要不充分条件；③x2+2x≥ax在x∈[1，2]上恒成立⇔〔x2+2x〕min≥〔ax〕max在x∈[1，2]上恒成立；④“平面向量与的夹角是钝角〞的充分必要条件是“•＜0〞．A．1 B．2 C．3 D．4【分析】〔1〕根据特称命题的否认是全称命题来判断是否正确；〔2〕化简三角函数，利用三角函数的最小正周期判断；〔3〕用特例法验证〔3〕是否正确；〔4〕根据向量夹角为π时，向量的数量积小于0，来判断〔4〕是否正确．【解答】解：〔1〕根据特称命题的否认是全称命题，∴〔1〕正确；〔2〕f〔x〕=cos2ax﹣sin2ax=cos2ax，最小正周期是=π⇒a=±1，∴〔2〕正确；〔3〕例a=2时，x2+2x≥2x在x∈[1，2]上恒成立，而〔x2+2x〕min=3＜2xmax=4，∴〔3〕不正确；〔4〕∵，当θ=π时，•＜0．∴〔4〕错误．∴正确的命题是〔1〕〔2〕．应选：B．【点评】此题借助考查命题的真假判断，考查命题的否认、向量的数量积公式、三角函数的最小正周期及恒成立问题．12．〔5分〕函数f〔x〕=x2﹣x﹣〔x＜0〕，g〔x〕=x2+bx﹣2〔x＞0〕，b∈R，假设f〔x〕图象上存在A，B两个不同的点与g〔x〕图象上A′，B′两点关于y轴对称，那么b的取值范围为〔〕A．〔﹣4﹣5，+∞〕 B．〔4﹣5，+∞〕 C．〔﹣4﹣5，1〕 D．〔4﹣5，1〕【分析】根据题意条件等价为f〔﹣x〕=g〔x〕在〔0，+∞〕上有两个不同的解，利用参数别离法，构造函数，求函数的导数，研究函数的单调性和极值，利用数形结合进行求解即可得到结论．【解答】解：由题意知，方程f〔﹣x〕=g〔x〕在〔0，+∞〕上有两个不同的解，即x2+x﹣=x2+bx﹣2，那么b=+1﹣那么b＜1，又b=，设h〔x〕=，那么h′〔x〕==，由h′〔x〕=0得x2﹣2x﹣1=0得x=1+或1﹣〔舍〕，当0＜x＜1+时，h′〔x〕＜0，函数h〔x〕递减，当x＞1+时，h′〔x〕＞0，函数h〔x〕递增，那么当x=1+时，h〔x〕取得极小值，此时h〔1+〕=+1﹣=2〔﹣1〕+1﹣=2﹣2+1﹣=2﹣2+1﹣2〔2﹣〕=4﹣5，∴要使那么b=+1﹣在〔0，+∞〕上有两个不同的交点，那么4﹣5＜b＜1，即a的取值范围是〔4﹣5，1〕应选：D．【点评】此题主要考查函数与方程的应用，考查函数图象的对称变换，函数交点个数及位置的判定，根据条件转化为f〔﹣x〕=g〔x〕在〔0，+∞〕上有两个不同的解是解决此题的关键．，综合性强，难度较大．二、填空题：〔本大题共4个小题，每个小题5分，共20分〕13．〔5分〕曲线y=x2+在点〔1，2〕处的切线方程为x﹣y+1=0．【分析】求出函数的导数，求出切线的斜率，利用点斜式求解切线方程即可．【解答】解：曲线y=x2+，可得y′=2x﹣，切线的斜率为：k=2﹣1=1．切线方程为：y﹣2=x﹣1，即：x﹣y+1=0．故答案为：x﹣y+1=0．【点评】此题考查切线方程的求法，考查转化思想以及计算能力．14．〔5分〕函数f〔x〕=假设f〔x〕在〔﹣∞，+∞〕上单调递增，那么实数a的取值范围为2＜a≤3．【分析】让两段均为增函数且两段的端点值须满足前一段的最大值小于或等于后一段的最小值即可【解答】解：∵f〔x〕在〔﹣∞，+∞〕上单调递增∴须⇒2＜a≤3，故答案为：2＜a≤3【点评】分段函数在定义域内递增，须每一段递增，且前一段的最大值小于或等于后一段的最小值．15．〔5分〕设定义在R上的函数f〔x〕满足f〔x+2〕=f〔x〕，且当x∈[0，2〕时，f〔x〕=2x﹣x2，那么f〔0〕+f〔1〕+f〔2〕+…+f〔4035〕=2023．【分析】推导出f〔0〕=f〔2〕=f〔4〕=f〔6〕=…=f〔4034〕=0，f〔1〕=f〔3〕=f〔5〕=f〔5〕=…=f〔4035〕=2﹣1=1，由此能求出f〔0〕+f〔1〕+f〔2〕+…+f〔4035〕的值．【解答】解：设定义在R上的函数f〔x〕满足f〔x+2〕=f〔x〕，且当x∈[0，2〕时，f〔x〕=2x﹣x2，∴f〔0〕=f〔2〕=f〔4〕=f〔6〕=…=f〔4034〕=0，f〔1〕=f〔3〕=f〔5〕=f〔7〕=…=f〔4035〕=2﹣1=1，∴f〔0〕+f〔1〕+f〔2〕+…+f〔4035〕=2023×0+2023×1=2023．故答案为：2023．【点评】此题考查函数值的求法，考查函数性质等根底知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是根底题．16．〔5分〕函数f〔x〕=log2x，g〔x〕=x2，那么函数y=g〔f〔x〕〕﹣x零点的个数为3．【分析】令log2x=t，将y表示为关于t的函数y=t2﹣2t，借助函数图象的交点个数判断．【解答】解：令f〔x〕=log2x=t，得x=2t，∴y=g〔f〔x〕〕﹣x=g〔t〕﹣2t=t2﹣2t，令t2﹣2t=0得t=2或t=4，作出y=t2和y=2t的函数图象，由图象可知t2﹣2t=0在〔﹣∞，0〕上有一解，故方程t2﹣2t=0共有3解，又f〔x〕=log2x是单调函数，∴f〔x〕=t有3解，∴y=g〔f〔x〕〕﹣x有3个零点．故答案为3．【点评】此题考查了函数零点与函数图象的关系，属于中档题．三、解答题：〔本大题共6个小题，共70分〕17．〔12分〕函数f〔x〕=﹣x3+3x2+9x+a．〔1〕求f〔x〕的单调区间；〔2〕假设f〔x〕在区间[﹣2，2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值．【分析】〔1〕由得f′〔x〕=﹣3x2+6x+9，由此能求出f〔x〕的单调区间．〔2〕由f′〔x〕=﹣3x2+6x+9=0，得x=﹣1或x=3〔舍〕，由此利用条件能求出它在区间[﹣2，2]上的最小值．【解答】解：〔1〕∵f〔x〕=﹣x3+3x2+9x+a，∴f′〔x〕=﹣3x2+6x+9，由f′〔x〕＞0，得﹣1＜x＜3，∴f〔x〕的单调递增区间为〔﹣1，3〕；由f′〔x〕＜0，得x＜﹣1或x＞3，∴f〔x〕的单调递减区间为〔﹣∞，﹣1〕，〔3，+∞〕．〔2〕由f′〔x〕=﹣3x2+6x+9=0，得x=﹣1或x=3〔舍〕，∵f〔﹣2〕=8+12﹣18+a=2+a，f〔﹣1〕=1+3﹣9+a=a﹣5，f〔2〕=﹣8+12+18+a=22+a，∵f〔x〕在区间[﹣2，2]上的最大值为20，∴22+a=20，解得a=﹣2．∴它在该区间上的最小值为a﹣5=﹣7．【点评】此题考查函数的单调区间的求法，考查函数在闭区间上的最小值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．18．〔12分〕函数〔1〕求函数f〔x〕的定义域，并判断函数f〔x〕的奇偶性；〔2〕对于x∈[2，6]，恒成立，求实数m取值范围．【分析】〔1〕利用真数大于0，可得函数的定义域，利用奇偶函数的定义，可得函数f〔x〕的奇偶性；〔2〕将问题转化为0＜m＜〔x+1〕〔7﹣x〕在x∈[2，6]成立，利用二次函数的性质，即可求得结论．【解答】解：〔1〕由，解得x＜﹣1或x＞1，∴定义域为〔﹣∞，﹣1〕∪〔1，+∞〕〔2分〕当x∈〔﹣∞，﹣1〕∪〔1，+∞〕时，∴是奇函数．…．〔5分〕〔2〕由x∈[2，6]时，恒成立，∵x∈[2，6]，∴0＜m＜〔x+1〕〔7﹣x〕在x∈[2，6]成立…〔8分〕令g〔x〕=〔x+1〕〔7﹣x〕=﹣〔x﹣3〕2+16，x∈[2，6]，由二次函数的性质可知x∈[2，3]时函数单调递增，x∈[3，6]时函数单调递减，∴x∈[2，6]时，g〔x〕min=g〔6〕=7∴0＜m＜7…．〔12分〕【点评】此题考查函数的性质，考查恒成立问题，解题的关键是确定函数的定义域，利用奇偶性的定义，熟练掌握二次函数的性质．19．〔12分〕某班的50名学生进行不记名问卷调查，内容为本周使用手机的时间长，如表：时间长〔小时〕[0，5〕[5，10〕[10，15〕[15，20〕[20，25]女生人数411320男生人数317631〔1〕求这50名学生本周使用手机的平均时间长；〔2〕时间长为[0，5〕的7名同学中，从中抽取两名，求其中恰有一个女生的概率；〔3〕假设时间长为[0，10〕被认定“不依赖手机〞，[10，25]被认定“依赖手机〞，根据以上数据完成2×2列联表：不依赖手机依赖手机总计女生男生总计能否在犯错概率不超过0.15的前提下，认为学生的性别与依赖手机有关系？P〔K2≥k0〕0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828〔参考公式：，n=a+b+c+d〕【分析】〔1〕由加权平均数公式，结合数据可得答案；〔2〕根据数据，由古典概型概率计算公式可得答案；〔3〕根据表中数据，计算K2的值，与临界值比拟后，可得答案．【解答】〔总分值12分〕解：〔1〕，所以，这50名学生本周使用手机的平均时间长为9小时．…………〔3分〕〔2〕时间长为[0，5〕的有7人，记为A、B、C、D、E、F、G，其中女生记为A、B、C、D，从这7名学生中随机抽取两名的根本领件有：{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{A，G}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{B，G}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{C，G}，{D，E}，{D，F}，{D，G}，{E，F}，{E，G}，{F，G}共21个．……〔5分〕设事件M表示恰有一位女生符合要求的事件有：{A，E}，{A，F}，{A，G}，{B，E}，{B，F}，{B，G}，{C，E}，{C，F}，{C，G}，{D，E}，{D，F}，{D，G}共12个．所以恰有一个女生的概率为．……〔7分〕〔3〕不依赖手机依赖手机总计女生15520男生201030总计351550……〔9分〕，……〔11分〕不能在犯错概率不超过0.15的前提下，认为学生的性别与依赖手机有关系．……〔12分〕【点评】此题考查的知识点是平均数的计算，独立性检验，古典概型，难度不大，属于根底题．20．〔12分〕在平面直角坐标系中xOy中，动点E到定点〔1，0〕的距离与它到直线x=﹣1的距离相等．〔Ⅰ〕求动点E的轨迹C的方程；〔Ⅱ〕设动直线l：y=kx+b与曲线C相切于点P，与直线x=﹣1相交于点Q．证明：以PQ为直径的圆恒过x轴上某定点．【分析】〔Ⅰ〕设出动点E的坐标为〔x，y〕，然后直接利用抛物线的定义求得抛物线方程；〔Ⅱ〕设出直线l的方程为：y=kx+b〔k≠0〕，联立直线方程和抛物线方程化为关于y的一元二次方程后由判别式等于0得到k与b的关系，求出Q的坐标，求出切点坐标，再设出M的坐标，然后由向量的数量积为0证得答案，并求得M的坐标．【解答】〔Ⅰ〕解：设动点E的坐标为〔x，y〕，由抛物线定义知，动点E的轨迹是以〔1，0〕为焦点，x=﹣1为准线的抛物线，∴动点E的轨迹C的方程为：y2=4x；〔Ⅱ〕证明：设直线l的方程为：y=kx+b〔k≠0〕，由，消去x得：ky2﹣4y+4b=0．∵直线l与抛物线相切，∴△=16﹣16kb=0，即．∴直线l的方程为y=kx+．令x=﹣1，得，∴Q〔﹣1，〕，设切点坐标P〔x0，y0〕，那么，解得：P〔〕，设M〔m，0〕，那么当m=1时，．∴以PQ为直径的圆恒过x轴上定点M〔1，0〕．【点评】此题考查了抛物线方程的求法，考查了直线与圆锥曲线的位置关系，训练了利用向量证明线段的垂直问题，是中档题．21．〔12分〕函数f〔x〕=x2﹣alnx，a＞0〔1〕假设f〔x〕在x=1处取得极值，求a的值；〔2〕求f〔x〕在区间[1，+∞〕上的最小值；〔3〕在〔1〕的条件下，假设h〔x〕=x2﹣f〔x〕，求证：当1＜x＜e2，恒有x．【分析】〔1〕x＞0，f′〔x〕=2x﹣，令f′〔1〕=0，解得a，并且验证即可得出．〔2〕f′〔x〕==，x＞0，对a分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可得出极值与最值．〔3〕由h〔x〕=x2﹣f〔x〕，得h〔x〕=2lnx，当1＜x＜e2时，0＜lnx＜2，0＜h〔x〕＜4．欲证x．只需证x[4﹣h〔x〕]＜4+h〔x〕．即证h〔x〕＞，即lnx＞．设g〔x〕=lnx﹣．x∈〔1，e2〕．利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．【解答】解：〔1〕x＞0，f′〔x〕=2x﹣，令f′〔1〕=0，解得：a=2，经检验，满足题意，∴a=2．〔2〕∵f′〔x〕==，x＞0，当0＜a≤2时，由f′〔x〕=0，得x=，且≤1，当时，f′〔x〕＜0，f〔x〕单调递减，当时，f′〔x〕＞0，f〔x〕单调递增．∴f〔x〕在区间[1，+∞〕上单调递增，最小值为f〔1〕=1．当a＞2时，＞1．当x∈时，f′〔x〕＜0，f〔x〕单调递减，当x∈时，f′〔x〕＞0，f〔x〕单调递增．∴函数f〔x〕在x=处取得最小值，=﹣．综上：当0＜a≤2时，f〔x〕在区间[1，+∞〕上的最小值为1．当a＞2时，函数f〔x〕在在区间[1，+∞〕上的最小值为﹣．〔3〕证明：由h〔x〕=x2﹣f〔x〕，得h〔x〕=2lnx，当1＜x＜e2时，0＜lnx＜2，0＜h〔x〕＜4．欲证x．只需证x[4﹣h〔x〕]＜4+h〔x〕．即证h〔x〕＞，即lnx＞．设g〔x〕=lnx﹣．x∈〔1，e2〕．那么g′〔x〕=﹣=＞0，∴g〔x〕在区间〔1，e2〕上单调递增．∴g〔x〕＞g〔1〕=0，即lnx﹣＞0．故x．∴当1＜x＜e2，恒有x．【点评】此题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能