2021-2022學(xué)年黑龍江省高二年級(jí)下冊(cè)學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題【含答案】

1、2021-2022學(xué)年黑龍江省高二下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題一、單選題1已知集合，集合，則（）ABCDC【分析】化簡集合A，根據(jù)集合B中元素的性質(zhì)求出集合B.【詳解】，,故選：C2已知集合的一個(gè)必要條件是，則實(shí)數(shù)的取值范圍為（）ABCDC【分析】先求出集合，根據(jù)集合的一個(gè)必要條件是，即選一個(gè)由成立能推出的選項(xiàng)即選項(xiàng)對(duì)應(yīng)的集合包含A，由此可得答案.【詳解】解不等式，即 ，得 ，故，所以的一個(gè)必要條件是，則對(duì)于A, ，不一定是的子集，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，不是的子集，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，是的子集，C正確；對(duì)于D, ,不一定是的子集，比如時(shí)，D錯(cuò)誤；故選：C3函數(shù)的定義域是（）ABCDA【分析】根據(jù)二次根式以及對(duì)數(shù)函

2、數(shù)的性質(zhì)求出函數(shù)的定義域即可.【詳解】由題意得：，解得：，所以函數(shù)的定義域是故選：A4數(shù)學(xué)源于生活，數(shù)學(xué)在生活中無處不在!學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)就是要學(xué)會(huì)用數(shù)學(xué)的眼光看現(xiàn)實(shí)世界!1906年瑞典數(shù)學(xué)家科赫構(gòu)造了能夠描述雪花形狀的圖案，他的做法如下：從一個(gè)邊長為2的正三角形開始，把每條邊分成三等份，然后以各邊的中間一段為底邊，分別向外作正三角形，再去掉底邊（如圖等）.反復(fù)進(jìn)行這一過程，就得到雪花曲線.不妨記第個(gè)圖中的圖形的周長為，則（）ABCDC【分析】根據(jù)題圖規(guī)律確定第n個(gè)圖邊的條數(shù)及其邊長，并寫出其通項(xiàng)公式，再求第5個(gè)圖的周長.【詳解】由圖知：第一個(gè)圖有3條邊，各邊長為2，故周長；第二個(gè)圖有12條邊，各邊長

3、為，故周長；第三個(gè)圖有48條邊，各邊長為，故周長；所以邊的條數(shù)是首項(xiàng)為3，公比為4的等比數(shù)列，則第n個(gè)圖的邊有條，邊長是首項(xiàng)為2，公比為的等比數(shù)列，則第n個(gè)圖的邊長為，故.故選：C5已知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+），且，則f（x）（）ABCDB【分析】在原等式中把與互換后用解方程組的方法求得【詳解】，聯(lián)立方程組可解得（）故選：B本題考查求函數(shù)解析式，解題方法是方程組法6已知正項(xiàng)等比數(shù)列滿足，若存在、，使得，則的最小值為（）ABCDD【分析】設(shè)等比數(shù)列的公比為，則，根據(jù)已知條件求出的值，由已知條件可得出，將代數(shù)式與相乘，利用基本不等式可求得的最小值.【詳解】設(shè)等比數(shù)列的公比為，則，由可得，解

4、得，因?yàn)?，則，可得，由已知、，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，因此，的最小值為.故選：D.7若定義域?yàn)镽的奇函數(shù)在內(nèi)單調(diào)遞減，且，則滿足的的取值范圍是（）ABCDD【分析】根據(jù)奇函數(shù)在內(nèi)單調(diào)遞減，得在上也單調(diào)遞減，且，根據(jù)，得，再分類討論，利用函數(shù)的單調(diào)性可求出結(jié)果.【詳解】因?yàn)槠婧瘮?shù)在內(nèi)單調(diào)遞減，所以在上也單調(diào)遞減，且，因?yàn)?，所以，?dāng)，即時(shí)，所以；當(dāng)，即時(shí)，不等式顯然成立；當(dāng)，即時(shí)，即，此時(shí)不等式無解；當(dāng)，即時(shí)，不等式顯然成立；當(dāng)，即時(shí)，即，所以，綜上所述：滿足的的取值范圍是.故選：D8若定義在R上的函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，且滿足，則不等式的解集為（）ABCDA【分析】由題設(shè)，由已知得函數(shù)在R上單調(diào)遞增

5、，且，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性建立不等式可得選項(xiàng).【詳解】由題可設(shè)，因?yàn)椋瑒t，所以函數(shù)在R上單調(diào)遞增，又，不等式可轉(zhuǎn)化為，所以，解得，所以不等式的解集為故選：A.二、多選題9下面關(guān)于函數(shù)的性質(zhì)，說法正確的是（）A的定義域?yàn)锽的值域?yàn)镃在定義域上單調(diào)遞減D點(diǎn)是圖象的對(duì)稱中心AD【分析】由，可知由向右平移個(gè)單位，再向上平移個(gè)單位得到，根據(jù)的性質(zhì)得到的性質(zhì)，即可判斷；【詳解】解：由向右平移個(gè)單位，再向上平移個(gè)單位得到，因?yàn)殛P(guān)于對(duì)稱，所以關(guān)于對(duì)稱，故D正確；函數(shù)的定義域?yàn)?，值域?yàn)?，故A正確，B錯(cuò)誤；函數(shù)在和上單調(diào)遞減，故C錯(cuò)誤；故選：AD10已知奇函數(shù)與偶函數(shù)的定義域、值域均為，則（）A是奇函數(shù)B是奇函數(shù)C是

6、偶函數(shù)D是偶函數(shù)BD【分析】根據(jù)奇函數(shù)、偶函數(shù)的定義逐一判斷即可【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，因?yàn)榍?，所以既不是奇函?shù)也不是偶函數(shù)，故A錯(cuò)誤對(duì)于B選項(xiàng)，因?yàn)?，所以是奇函?shù)，故B正確對(duì)于C選項(xiàng)，因?yàn)?，所以是奇函?shù)，不是偶函數(shù)，故C錯(cuò)誤對(duì)于D選項(xiàng)，因?yàn)椋允桥己瘮?shù)，故D正確故選：BD11下列命題正確的是（）A的定義城為，則的定義域?yàn)锽函數(shù)的值域?yàn)镃函數(shù)的值域?yàn)镈函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為AB【分析】根據(jù)抽象函數(shù)的定義域求法，可判斷A;利用換元法求得函數(shù)值域，可判斷B;利用基本不等式可判斷C;單調(diào)區(qū)間之間不能用并集符號(hào)，可判斷D.【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，由于函數(shù)的定義域?yàn)?，?duì)于函數(shù)，解得，所以函數(shù)的定義域?yàn)?，A選項(xiàng)正確

7、；對(duì)于B選項(xiàng)，令，則，且時(shí)，取得等號(hào)，所以函數(shù)的值域?yàn)椋珺選項(xiàng)正確；對(duì)于C選項(xiàng)，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即等號(hào)取得，但等號(hào)取不到，所以C選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于D選項(xiàng)，所以函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為和，單調(diào)區(qū)間之間不能用并集符號(hào)，D選項(xiàng)錯(cuò)誤，故選：AB12已知，且，則（）ABCDABD【分析】利用基本不等式對(duì)各個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行判斷即可.【詳解】，當(dāng)時(shí)取等號(hào)，所以A是正確的；，當(dāng)時(shí)取等號(hào)，所以B是正確的；，則，所以C是錯(cuò)誤的；，當(dāng)即時(shí)取等號(hào)，所以D正確的，故選：ABD.三、填空題13若是奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，則_【分析】根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)可得，代入解析式即可求解.【詳解】是奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，.故答案為.14若，則的最小值是_.2【分析】根據(jù)，結(jié)

8、合已知解不等式即可得出答案.【詳解】解：因?yàn)?，所以，則，所以，解得或（舍去），當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，取等號(hào)，所以的最小值是2.故2.15已知函數(shù)f(x)，對(duì)任意x1，x2R且x1x2，都有，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是_.【分析】根據(jù)單調(diào)性的定義可知，函數(shù)在上遞減，即可利用分段函數(shù)的性質(zhì)解出【詳解】不妨設(shè)，所以由可得：，所以函數(shù)在上遞減，故，解得：故16若對(duì)任意，不等式恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍是_.【分析】原式整理可得在恒成立，設(shè)，利用導(dǎo)數(shù)求得的單調(diào)性，結(jié)合x的范圍，求恒成立，即求，設(shè)，利用導(dǎo)數(shù)求得的最大值，即可得答案.【詳解】不等式，在恒成立，即在恒成立，設(shè)，則，因?yàn)?，令，解得，所以?dāng)，單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，單

9、調(diào)遞增，因?yàn)楫?dāng)時(shí)，恒成立，所以恒成立，所以，設(shè)，則，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，所以所以，即的取值范圍為.故解題的關(guān)鍵是熟練掌握利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極（最）值的方法，并靈活應(yīng)用，處理恒成立問題，若，則求，若，則求，考查計(jì)算求解的能力，屬中檔題.四、解答題17在等差數(shù)列中，數(shù)列滿足.（1）求數(shù)列和的通項(xiàng)公式；（2）若_，求數(shù)列的前項(xiàng)和.在，這三個(gè)條件中任選一個(gè)補(bǔ)充在第（2）問中，并作答.注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分.（1），；（2）答案見解析.【分析】（1）由題意列出方程組求出等差數(shù)列通項(xiàng)公式，由遞推關(guān)系求出；（2）若選，利用錯(cuò)位相減法求和，若選，利用裂項(xiàng)相消法求和，若選利用裂項(xiàng)相消

10、法求和.【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為，則解得所以.當(dāng)時(shí)，.當(dāng)時(shí)，根據(jù)，得到，所以，當(dāng)時(shí)，也滿足.所以.（2）若選，則，所以，可得.若選，則，所以.若選，則，所以關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：數(shù)列求和時(shí)，根據(jù)所給通項(xiàng)公式的情況，恰當(dāng)選擇公式法，分組法，裂項(xiàng)相消法，錯(cuò)位相減法，屬于中檔題.18某品牌汽車廠今年計(jì)劃生產(chǎn)10萬輛轎車，生產(chǎn)每輛轎車都需要安裝一個(gè)配件M，其中由本廠自主生產(chǎn)的配件M可以滿足20%的生產(chǎn)需要，其余的要向甲、乙兩個(gè)配件廠家訂購已知本廠生產(chǎn)配件M的成本為500元/件，從甲、乙兩廠訂購配件M的成本分別為600元/件和800元/件，該汽車廠計(jì)劃將每輛轎車使用配件M的平均成本控制為640元/件(1)

11、分別求該汽車廠需要從甲廠和乙廠訂購配件M的數(shù)量；(2)已知甲廠、乙廠和本廠自主生產(chǎn)的配件M的次品率分別為4%，2%和1%，求該廠生產(chǎn)的一輛轎車使用的配件M是次品的概率；(3)現(xiàn)有一輛轎車由于使用了次品配件M出現(xiàn)了質(zhì)量問題，需要返廠維修，維修費(fèi)用為14 000元，若維修費(fèi)用由甲廠、乙廠和本廠按照次品配件M來自各廠的概率的比例分擔(dān)，則它們各自應(yīng)該承擔(dān)的維修費(fèi)用分別為多少？(1)需要從甲廠訂購配件M的數(shù)量為5萬個(gè)；從乙廠訂購配件M的數(shù)量為3萬個(gè)(2)0.028(3)甲廠應(yīng)承擔(dān)的費(fèi)用為元，乙廠應(yīng)承擔(dān)的費(fèi)用為元，本廠應(yīng)承擔(dān)的費(fèi)用為元【分析】（1）設(shè)出使用甲廠生產(chǎn)的配件M的比例，同時(shí)得到乙廠的比例，再根據(jù)

12、已知條件求出比例，進(jìn)而求出數(shù)量；（2）由（1）的生產(chǎn)比例，分別算出各個(gè)廠的次品的概率，求概率的和即可；（3）由條件概率公式，分別求出來自各個(gè)廠次品配件的概率，進(jìn)一步求出它們各自應(yīng)該承擔(dān)的維修費(fèi)用.（1）設(shè)使用甲廠生產(chǎn)的配件M的比例為a，則使用乙廠生產(chǎn)的配件M的比例為0.8-a，由已知可得，解得a0.5所以需要從甲廠訂購配件M的數(shù)量為100.55萬個(gè)；從乙廠訂購配件M的數(shù)量為3萬個(gè)（2）由（1）知甲廠、乙廠和本廠自主生產(chǎn)的配件M的比例分別為0.5，0.3，0.2，所以該汽車廠使用的配件M的次品率的估計(jì)值為，所以該廠生產(chǎn)的一輛轎車使用的配件M是次品的概率為0.028（3）設(shè)A“該轎車使用了次品配件

13、”，“配件M來自甲廠”，“配件M來自乙廠”，“配件M來自本廠”由（2）可知 該次品配件M來自甲廠的概率為： ，該次品配件M來自乙廠的概率為： ，該次品配件M來自本廠的概率為： ，所以甲廠應(yīng)承擔(dān)的費(fèi)用為元，乙廠應(yīng)承擔(dān)的費(fèi)用為元，本廠應(yīng)承擔(dān)的費(fèi)用為元19已知二次函數(shù)，又.(1)求函數(shù)在上的最小值；(2)若不等式對(duì)任意的恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.(1)(2)【分析】（1）依題意可得，是的兩個(gè)根，利用韋達(dá)定理求出、，即可得到的解析式，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)計(jì)算可得；（2）設(shè)，則，依題意可得對(duì)任意的恒成立，參變分離對(duì)任意的恒成立，利用基本不等式求出的最小值，即可得到，解得即可；（1）解：二次函數(shù)，由，可得

14、，是的兩個(gè)根， 所以，解得，所以，因?yàn)?，根?jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，可得函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，由對(duì)稱性可知，所以函數(shù)在上的最小值為.（2）解：設(shè)，因?yàn)椋傻?，不等式?duì)任意的恒成立，即不等式對(duì)任意的恒成立，即不等式對(duì)任意的恒成立， 所以對(duì)任意的恒成立，又由，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取等號(hào)，所以， 即，解得，所以實(shí)數(shù)的取值范圍為.20已知函數(shù)(1)當(dāng)時(shí)，求函數(shù)f（x）的極值；(2)求函數(shù)f（x）單調(diào)區(qū)間(1)極大值為，極小值為(2)答案見解析【分析】（1）對(duì)于函數(shù)求導(dǎo)后，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)求得函數(shù)的單調(diào)性，從而求得函數(shù)的極值；（2）對(duì)函數(shù)求導(dǎo)后，對(duì)參數(shù)分情況討論，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)求得函數(shù)的單調(diào)性.（1）當(dāng)時(shí)，則，

15、令，解得或2，當(dāng)或時(shí)，單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，故函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，；函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為所以的極大值為，極小值為（2），當(dāng)時(shí)，時(shí)，；時(shí)，；即增區(qū)間為，減區(qū)間為；當(dāng)，時(shí)，；時(shí)，；即增區(qū)間為和，減區(qū)間為；當(dāng)時(shí)，在上恒成立，即增區(qū)間為；當(dāng)時(shí)，時(shí)，；時(shí)，；即增區(qū)間為和，減區(qū)間為；綜上所述：當(dāng)時(shí)，增區(qū)間為，減區(qū)間為；當(dāng)時(shí)，增區(qū)間為和，減區(qū)間為；當(dāng)時(shí)，增區(qū)間為，無減區(qū)間；當(dāng)時(shí)，增區(qū)間為和，減區(qū)間為21已知且，(1)求函數(shù)的解析式，并判斷其奇偶性和單調(diào)性：(2)當(dāng)?shù)亩x域?yàn)闀r(shí)，解關(guān)于m的不等式.(1) ,為奇函數(shù).; 當(dāng)時(shí),在上單調(diào)遞增; 當(dāng)時(shí),在上單調(diào)遞減(2)時(shí)，不等式的解集為;當(dāng)時(shí)，不等式的解集為【分析】（1）設(shè)，則利用換元法可得解析式；利用函數(shù)奇偶性的定義可判斷其奇偶性；分，兩種情況，結(jié)合指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可得答案.（2）先由函數(shù)定義域?yàn)?，可得，分，利用奇偶性和函?shù)的單調(diào)性可得出答案.（1）設(shè)，則，所以 所以 由，故為奇函數(shù).當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以當(dāng)時(shí),在上單調(diào)遞增當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時(shí),在上單調(diào)遞減（2）的定義域?yàn)?，所以解?由為奇函數(shù)，則由，可得由當(dāng)時(shí),在上單調(diào)遞增，則，解得或所以當(dāng)時(shí)，不等式的解集為 當(dāng)時(shí),在上單調(diào)遞減，則解得所以當(dāng)時(shí)，不等式的解集為22已知函數(shù).(1)若有兩個(gè)極值點(diǎn)