2021-2022学年辽宁省铁岭市六校协作体高二年级下册学期期末联考数学试题【含答案】

1、2021-2022学年辽宁省铁岭市六校协作体高二下学期期末联考数学试题一、单选题1已知集合，则（）ABCDB【分析】先化简，集合A是函数的定义域，集合B是考查的是二次根式的意义，再运算即可得解【详解】解：由题意得，或，故，故选：B.2若复数z满足，则z的虚部为（）ABCDD【分析】设复数，依据复数相等列出关于的方程组，解之即可求得z的虚部b.【详解】设复数，由复数z满足可得，即则，解之得，即z的虚部为故选：D3给出下列三个命题“，有”的否定为：“”；已知向量与的夹角是钝角，则实数k的取值范围是；函数的单调递增区间是；其中错误命题的个数为（）A0B1C2D3D【分析】由全称命题的否定形式可判断；

2、考虑夹角为钝角时，的情况可判断；求出函数定义域可判断.【详解】解：对于，命题“，有”的否定为:“”，故错误；对于，由向量与的夹角是钝角，可知且，没有考虑的情况，故错误；对于，函数可知，解得函数定义域为或，所以函数的单调递增区间为，故错误；故选：D4已知，直线与曲线相切，则的最小值是（）A6B7C8D9D【分析】根据题意设直线与曲线的切点为，进而根据导数的几何意义得，再根据基本不等式“1”的用法求解即可.【详解】根据题意，设直线与曲线的切点为，因为，直线的斜率为，所以，所以，因为所以，当且仅当时等号成立.所以的最小值是.故选：D5已知，则的值是（）ABCDA【分析】使用整体处理以及两角和与差得公

3、式解决问题.【详解】由得：，所以，所以，.故选：A.6设函数为定义域为R的奇函数，且，当 时，则函数在区间上的所有零点的和为A6B7C13D14A【详解】由题意，函数，则，可得，即函数的周期为4，且的图象关于直线对称在区间上的零点，即方程的零点，分别画与的函数图象，两个函数的图象都关于直线对称，方程的零点关于直线对称，由图象可知交点个数为6个，可得所有零点的和为6，故选A点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周

4、期性等7在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，若的面积为.则ab的最小值为（）ABCDC【分析】利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式，化简计算，可求得角C，根据面积公式及题干条件，计算可得，利用余弦定理及基本不等式，即可得答案.【详解】因为，由正弦定理边化角可得，又，因为，所以，又，所以.又的面积所以，由余弦定理得，所以，当且仅当时取等号，所以，则的最小值为.故选：C8已知定义在R上的函数的导函数为，且，为偶函数，则，的大小关系为（）ABCDB【分析】构造函数，先判断时的单调性，再结合为偶函数，得到的图象关于直线对称比较即可.【详解】解：令，当时，在上单调递减.又为偶函数，的图象

5、关于直线对称.，所以.故选：B二、多选题9已知函数的导函数的图像如图所示，则下列说法正确的是（）AB在上是减函数C在区间内有2个极值点D曲线在点处的切线的斜率大于0ABD【分析】根据导函数的图像确定的极值点、单调区间，进而判断各选项的正误.【详解】由题图，的极小值点为、，极大值点为，C错误；在上递减，B正确；上递增，则，A正确；由图知：，即在点处的切线的斜率大于0，D正确.故选：ABD10若数列满足，则称数列为斐波那契数列，斐波那契数列被誉为是最美的数列则下列关于斐波那契数列结论正确的是（）ABCDACD【分析】由递推公式，利用累加法得到AB选项，计算出前6项，从而判断CD选项.【详解】当时，

6、由可得，又由，可得，即，累加可得， 故A正确；又，累加可得，故B错误；，所以，所以C正确；又，所以D正确；故选：ACD11已知函数，下列说法中正确的有（）A若，则在上是单调增函数B若，则正整数的最小值为2C若，把函数的图像向右平移个单位长度得到的图像.则为奇函数D若在上有且仅有3个零点，则ABD【分析】化简函数f(x)的表达式，根据正弦函数的性质与图像再逐一分析各个选项中的条件，计算判断作答.【详解】依题意，对于A，当时，有，则在上单调递增，所以在上单调递增，故A正确；对于B，因，则是函数图像的一条对称轴，整理得，而，即有，故B正确；对于C，依题意，函数，这个函数不是奇函数，其图像关于原点不对

7、称，故C不正确；对于D，当时，依题意，解得，故D正确.故选：ABD12对函数进行研究后，得出以下结论，其中正确的有（）A函数的图象关于y轴对称BC函数的图象与轴有无穷多个交点，且每相邻两交点间距离相等D对任意常数，存在常数，使函数在上单调递减，且ABD【分析】由函数奇偶性定义判断可知A正确；构造函数，求导判断单调性，进而求得最值可判断B；由的图象与轴的交点坐标为且可判断C；求导分析时成立的情况，即可判断选项D，进而可得正确选项.【详解】对于A：因为函数的定义域为，所以为偶函数，图象关于轴对称，故选项A正确；对于B：由A知为偶函数，当时，若即只需证，令，因为，所以，所以在上单调递增，所以，即，所

8、以恒成立，故选项B正确；对于C：令，可得，所以函数的图象与轴的交点坐标为且，交点与间的距离为，而其余任意相邻两点之间的距离为. 故选项C错误；对于D：，即，即，当时，区间长度为，所以对于任意常数，存在常数，使在上单调递减且，故选项D正确；故选：ABD.方法点睛：利用导数研究函数单调性的方法：（1）确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）；（2）确定函数的定义域；求导函数，解方程，利用的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，由符号确定在子区间上的单调性.三、填空题13已知向量，满足，则_【分析】利用平面向量垂直得向量数量积为0，

9、结合向量数量积的定义即可求解.【详解】解：因为，所以，又，所以，解得.故答案为.14已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为_【分析】设，由复合函数的单调性可得，函数在区间上单调递增且函数值恒大于0，从而列出不等式组求解即可得答案.【详解】解：设，则，因为在上单调递增，所以由复合函数的单调性可得，函数在区间上单调递增且函数值恒大于0，所以，解得,所以实数的取值范为.故答案为.15已知R上的偶函数在区间上单调递增，且恒有成立，给出下列判断：；在上是增函数；的图象关与直线对称；函数在处取得最小值；函数没有最大值，其中判断正确的序号是_ 【分析】由可得函数的图象关于点对称，结合偶函数可得是周期函

10、数，再逐一分析各个命题判断作答.【详解】由恒成立知，函数的图象关于点对称，又是偶函数，由得，则有，即，因此，是周期为4的周期函数，对于，在中，当时，则，正确；对于，是偶函数，且在上单调递增，则在上单调递减，而的图象关于点对称，所以在上是减函数，不正确；对于，函数的图象关于点对称，不正确；对于，由的信息知，在上单调递减，由是偶函数知，在上单调递增，由周期是4知，在上单调递增，在上单调递减，所以函数在处取得最小值，正确；对于，由的信息知，函数在上单调递增，在上单调递减，当时，函数取得最大值，不正确.故论点睛：函数的定义域为D，存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称.16已知函数，若关于x的方程在

11、区间上恰有四个不同的实数根，则实数的取值范围是_.【分析】将问题转化为在区间上恰有四个不同的实数根，进而设，然后先通过导数的方法探讨函数的图象和性质，再讨论关于t的方程的根的分布，最后求得答案.【详解】问题即在区间上恰有四个不同的实数根.设，则时，函数单调递增，时，函数单调递减.当时，；当时，；当时，且.如示意图：由图可知，当时，函数有2个零点，于是问题关于t的的方程即在上有2个不等实根.设的两个零点为，易知.于是，.故答案为.本题较难，首先直接处理较为麻烦，因此对原方程进行恒等变形，进而采用“换元法”降低试题的难度.另外，我们经常采用“数形结合法”进行辅助解题，这样更加形象和直观.四、解答题

12、17已知数列为等比数列，其中，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.（1）；（2）.（1）由条件可得，然后解出即可；（2），然后可算出答案.【详解】（1）设数列的公比为，因为，所以.因为是和的等差中项，所以，即，化简得.因为公比，所以.所以.（2）因为，所以.所以，则.本题考查的是等差、等比数列的基本运算和数列的求和，考查了学生对基础知识的掌握情况，较简单.18已知向量，若函数的最小正周期为，且在上单调递增.(1)求的解析式；(2)若关于x的不等式在上恒成立，求实数a的取值范围.(1)(2)【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算及降幂公式和辅助角公式可得，由的最小正周期

13、为，可得，又在上单调递增，从而即可求解；（2）令，则原不等式在上恒成立，可化为在上恒成立，即在上恒成立，利用均值不等式求出的最小值即可得答案.（1）解：因为向量，所以，因为，所以，当时， 此时在上单调递增， 符合题意， 当时，此时在上单调递减，不符合题意，综上，；（2）解：由（1）可知，因为，所以，令，因为，所以，所以不等式在上恒成立，可化为在上恒成立，即在上恒成立，令，则，当且仅当时等号成立，所以，所以实数a的取值范围为.19请在，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并求解该问题.已知锐角中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且_.(1)求角A的大小；(2)求边b的取值范围.

14、注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.(1)；(2).【分析】（1）根据所选条件，利用正弦定理边角关系、三角形内角性质，以及三角恒等变换求三角函数值，根据A的范围确定其大小；（2）由（1）有，应用正弦定理得，根据的范围求b的取值范围.（1）若选：由正弦定理得，即，故，因为A为锐角，所以；若选：由正弦定理得，即，因为，所以，则，因为A为锐角，所以；若选：由题知，即，因为，所以，则，即，则，所以；（2）由（1）知，即，在锐角中，由正弦定理得：，由，得.20已知函数(1)求曲线在点处的切线方程；(2)存在，当时，恒有，求实数的取值范围(1)(2)【分析】（1）求出，求导，得到，利用点斜式求

15、出切线方程；（2）结合第一问求解出为曲线在点的切线方程，从而先求解当时，构造，求导后得到函数单调性，求出，不合题意；再考虑时，因此不存在，不合要求；最后考虑时，存在，满足要求，求出答案.（1）定义域为，所以，故曲线在点处的切线方程为：（2）当时，设，则因为，所以，所以在上单调递减，所以当时，所以当时，不合要求；当时，所以，因此不存在，不合要求；当时，设，则，令，即，解得：，所以当时，所以在上单调递增，取，所以当时，综上：实数的取值范围是导函数求解参数的取值范围问题，一般需要构造函数来进行求解，本题中要抓住关键点，就是第一问提供的思路，首先考虑，进而在考虑其他情况，求出答案.21设数列的前n项和

16、为，（1）求数列的通项公式；（2）令，数列的前项和为，若对任意的正整数，恒有，求实数的取值范围（1）；（2）.（1）当时，可求的值，当时，与两式相减即可得两边同时乘以，得，令，可得是等差数列，求出的通项即可求的通项；（2）由（1）知，利用乘公比错位相减求和求出，当，时单独讨论，当时，化为，即.令，则，计算判断的单调性求出的最小值，即可求得实数的取值范围【详解】（1）由已知，当时，解得.当时，两式相减，得两边同时乘以，得，令，则，所以数列是公差为1的等差数列，其首项为所以，即，所以.（2）由（1）知，所以则，-，得，即，则.由已知，对任意的正整数，恒有当时，化为，得.当时，化为，此时，为任意实数

17、不等式都成立当时，化为，即.令，则，所以当时，则，所以单调递增，所以的最小值为，则.综上可知，即的取值范围是关键点点睛：第一问的关键点是需要讨论，当时求得，当时，与已知条件两式相减得，这种类型需要两边同时乘以得，第二问是根据不等式恒成立求参数的值，求出可得，此时不是恒大于，当，时单独讨论，当时，分离化为，即，再构造，利用作差法判断单调性求最小值即可.22已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)设函数有两个不同的零点（），（）求证；（为自然对数的底数）；（）若满足，求a的最大值.(1)当时，的单调递增区间是，无递减区间；当时，的单调递增区间是，单调递减区间是.(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）求导，分类讨论参数和时，函数的单调性即可； （2）（）利用参数分离可得，令，利用导数研究函数的单调性，极值，数形结合即可证得结论；（）由已知，设，可得，设，利用导数研究函数的单调性，可求额，再利用的单调性可求得，进而求得结果.（1）（1）求导，当时，恒成立，的单调递增区间是，无递减区间.当时，由，得，由，得，所以的单调递增区间是，单调递减区间是.（2）（）令，得，设，求导，令，解得，则x +0-极大值当时，取得极大值，且且当时，当时，如图，数形结