2017-2018学年江苏省无锡市江阴四校高二下学期期中考试数学（文）试题（解析版）

2017-2018学年江苏省无锡市江阴四校高二下学期期中考试数学（文）试题（解析版）

‎2017-2018学年江苏省无锡市江阴四校高二下学期期中考试数学（文）试题 一、填空题 ‎1．已知集合A＝{0，1}，B＝{－1，0，a＋3}，且AB，则a等于_________.‎ ‎【答案】-2‎ ‎【解析】分析：由为的子集，得到中的所有元素都属于，从而可得，进而可求出的值.‎ 详解：集合，且，，解得，故答案为.‎ 点睛： 本题主要考查子集的基本定义，属于简单题.‎ ‎2．若，则___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：利用共轭复数的定义求得，代入，再由复数的乘除运算法则化简可得结果.‎ 详解：，于是可得，故答案为.‎ 点睛：本题主要考查的是复数的乘法、除法运算，属于中档题．解题时一定要注意和以及 运算的准确性，否则很容易出现错误.‎ ‎3．已知命题,那么命题为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：根据全称命题的否定是特称命题，即可得到结论.‎ 详解： 全称命题的否定是特称命题，命题“”的否定为“”，故答案为.‎ 点睛：本题主要考查全称命题的否定，属于简单题.全称命题与特称命题的否定与命题的否定有一定的区别，否定全称命题和特称命题时，一是要改写量词，全称量词改写为存在量词、存在量词改写为全称量词;二是要否定结论，而一般命题的否定只需直接否定结论即可.‎ ‎4．函数的定义域是___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：利用对数函数的定义域，指数函数的单调性解不等式组即可的得结果.‎ 详解：要使函数有意义，则，故答案为.‎ 点睛：求定义域的三种类型及求法：(1)已知函数的解析式，则构造使解析式有意义的不等式(组)求解；(2) 对实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解；(3) 若已知函数的定义域为，则函数的定义域由不等式求出.‎ ‎5．已知，则的大小关系为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：利用指数函数的性质判断的范围，利用对数函数的性质判断的范围，结合幂函数的单调性可得结果.‎ 详解：由指数函数的性质可得，，，递增，，又由对数函数的性质可得，，故答案为.‎ 点睛：本题主要考查对数函数的性质、指数函数的单调性及比较大小问题，属于难题.解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间 ）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.‎ ‎6．“” 是 “” 的___________条件．（填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”）‎ ‎【答案】充分不必要 ‎【解析】分析：根据分式不等式的解法，利用充分条件和必要条件的定义进行判断.‎ 详解：由得，,可得或，“”是“”的充分不必要条件，故答案为充分不必要.‎ 点睛：本题主要考查分式不等式的解法、充分条件与必要条件相关问题，将分式不等式充分条件、必要条件、充要条件相关的问题联系在起来，体现综合应用数学知识解决问题的能力，是基础题.‎ ‎7．设函数，则满足的的取值范围是___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：根据分段函数的解析式讨论两种情况，利用指数函数和对数函数的性质求解即可.‎ 详解：因为函数，由，可得当时，，解得，当时，恒成立，综上所述面，满足的的的取值范围是，故答案为.‎ 点睛：本题主要考查分段函数的解析式、分段函数解不等式，属于中档题.对于分段函数解析式的考查是命题的动向之一，这类问题的特点是综合性强，对抽象思维能力要求高，因此解决这类题一定要层次清楚，思路清晰.‎ ‎8．二维空间中，圆的一维测度（周长），二维测度（面积）；三维空间中，球的二维测度（表面积），三维测度（体积）.应用合情推理，若四维空间中，“特级球”的三维测度，则其四维测度___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】二维空间中圆的一维测度（周长），二维测度（面积）；观察发现 ‎，三维空间中球的二维测度（表面积），三维测度（体积），观察发现四维空间中“超球”的三维测度，猜想其四维测度，则，故答案为.‎ ‎【方法点睛】本题通过观察维测度与二维测度、二维测度与三维测度之间的关系，归纳出一般规律来考查归纳推理，属于中档题.归纳推理的一般步骤:①通过观察个别情况发现某些相同的性质.②从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想）,由归纳推理所得的结论虽然未必是可靠的，但它由特殊到一般，由具体到抽象的认识功能，对科学的发现十分有用,‎ 观察、实验、对有限的资料作归纳整理，提出带规律性的说法是科学研究的最基本的方法之一.‎ ‎9．已知函数，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，则实数m的取值范围是___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：∵二次函数f（x）=x2+mx-1的图象开口向上，‎ 对于任意x∈[m，m+1]，都有f（x）＜0成立，∴，‎ 即，解得 ‎【考点】二次函数性质 ‎10．若函数定义在R上的奇函数，且在上是增函数，又，则不等式的解集为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：根据函数奇偶性和单调性之间的关系，利用数形结合思想求解可得到结论.‎ 详解：‎ 因为函数定义在上的奇函数，且在上是增函数，又在上是增函数，且，当或时，；当或时，，作出函数的草图，如图，则不等式等价为或，即或，则或，解得或，即不等式的解集为，故答案为.‎ 点睛：本题主要考查抽象函数的奇偶性与单调性的应用，属于难题.将奇偶性与单调性综合考查是，一直是命题的热点，解这种题型往往是根据函数在所给区间上的单调性，根据奇偶性判断出函数在对称区间上的单调性(偶函数在对称区间上单调性相反，奇函数在对称区间单调性相同)，然后再根据单调性列不等式求解..‎ ‎11．已知函数，则_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：根据时，可推导出，由此能求出结果.‎ 详解：函数， ，故答案为.‎ 点睛：本题主要考查分段函数的解析式以及函数周期性的应用，属于中档题.对于分段函数解析式的考查是命题的动向之一，这类问题的特点是综合性强，对抽象思维能力要求高，因此解决这类题一定要层次清楚，思路清晰.‎ ‎12．设函数，则使成立的的取值范围是___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：首先判断函数为偶函数，再判断在单调递减，得到在单调递增，从而将原不等式转化为求解即可.‎ 详解：因为函数，所以时， ,可得在单调递减，，所以函数为偶函数，所以在单调递增，又因为，，，，，故答案为.‎ 点睛：本题主要考查抽象函数的奇偶性与单调性的应用，属于难题.将奇偶性与单调性综合考查是，一直是命题的热点，解这种题型往往是根据函数在所给区间上的单调性，根据奇偶性判断出函数在对称区间上的单调性(偶函数在对称区间上单调性相反，奇函数在对称区间单调性相同)，然后再根据单调性列不等式求解.‎ ‎13．已知函数是定义在上的奇函数，对任意的，均有，‎ 当时， ，则下列结论正确的是___________.‎ ‎① 的图象关于对称 ② 的最大值与最小值之和为 ‎③方程有个实数根 ④当时， ‎ ‎【答案】③‎ ‎【解析】分析：利用条件和函数为奇函数，结合时， ，综合考虑函数图像，逐一判断四个结论的真假，可得结论.‎ 详解：是定义在上的奇函数，对，均有，，可得函数的周期为，且的图象关于对称，故①错误；无最大值，故②错误；方程的实数根个数等于 与y-=图象的交点个数，结合函数图象简图，图可知轴两边各有五个交个，共有个交点，即方程有个实数根，故③正确；当时， ，则，当时，不符合，故④错误，故答案为③.‎ 点睛：本题主要通过对多个命题真假的判断，主要综合考查函数的单调性、函数的奇偶性、函数的图象与性质，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.‎ ‎14．已知函数，函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围是__________.‎ ‎【答案】（2，3]‎ ‎【解析】分析：函数恰有4个零点，等价于的图象与有四个交点，只需，与，，与轴都有两个交点，画出图象，利用数形结合思想求解即可.‎ 详解：‎ 由题意，当时，即方程有四个解，又由函数与函数大致形状可知，直线与函数的左右两支曲线与都有两个交点，当时，函数的最大值为，则，同时在上的最小值，当时，在上，要使恰有四个零点，则满足，即，解得，故答案为.‎ 点睛：本题主要考查函数的图象与性质以及函数与方程思想、数形结合思想的应用，属于难题. 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，.函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．‎ 二、解答题 ‎15．已知实数，满足， 实数，满足.‎ ‎（1）若时为真，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若是的必要不充分条件，求实数的取值范围 ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）且真，则都是真命题，解这两个不等式后取交集即可得到实数的取值范围.（2）是的必要不充分条件，则的范围是的范围的子集，由此得到的取值范围.‎ 试题解析：（1）由，得.当时， ，即为真命题时， .‎ 由得，所以为真时， .‎ 若为真，则 所以实数的取值范围是.‎ ‎（2）设， ，‎ 是的充分不必要条件，‎ 所以，从而.‎ 所以实数的取值范围是.‎ ‎16．已知函数．‎ ‎（）求函数的定义域．‎ ‎（）若为偶函数，求实数的值．‎ ‎【答案】（1）或；（2）当时， 是偶函数.‎ ‎【解析】分析：（）由可得，根据一元二次不等式的解法，分三种情况讨论求解即可；（2）由是偶函数，可得函数定义域关于原点对称， ‎ 结合（）可知， ；经检验可得结论.‎ 详解：（）因为即， ‎ 当时，不等式的解为或，‎ 所以函数的定义域为或． ‎ 当时，不等式的解为， ‎ 所以函数的定义域为． ‎ 当时，不等式的解为或，‎ 所以函数的定义域为或． ‎ ‎（）如果是偶函数，则其定义域关于原点对称， ‎ 由（）知， ，‎ 检验：当时，定义域为或关于原点对称，‎ ‎， ，‎ 因此当时， 是偶函数．‎ 点睛：本题主要考查分函数的定义域、一元二次不等式的解法、分类讨论思想的应用.属于难题.分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.‎ ‎17．已知函数 (其中为常量且且）的图象经过点, .‎ ‎(1)试求的值；‎ ‎(2)若不等式在时恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1） ；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由函数 (其中为常数且， ）的图象经过点, ，知，由此能求出；（2）设，则在上是减函数，故当时， ，由此能求出实数的取值范围.‎ 试题解析： （1）由已知可得且且. ‎ ‎（2）解：由（1）可得令，‎ 只需，易得在为单调减函数，.‎ ‎18．近年来，“共享单车”的出现为市民“绿色出行”提供了极大的方便，某共享单车公司“Mobike”计划在甲、乙两座城市共投资120万元，根据行业规定，每个城市至少要投资40万元，由前期市场调研可知：甲城市收益P与投入（单位：万元）满足 ‎，乙城市收益Q与投入（单位：万元）满足，设甲城市的投入为（单位：万元），两个城市的总收益为（单位：万元）．‎ ‎（1）当甲城市投资50万元时，求此时公司总收益；‎ ‎（2）试问如何安排甲、乙两个城市的投资，才能使总收益最大？‎ ‎【答案】（1）43.5（万元）；（2）当甲城市投资72万元，乙城市投资48万元时，总收益最大，且最大收益为44万元.‎ ‎【解析】试题分析：（1）当时，此时甲城市投资万元，乙城市投资万元，即可得到总收益；‎ ‎（2）由题知，甲城市投资万元，乙城市投资万元，得出函数的解析式，进而可求解最大值总收益．‎ 试题解析：‎ ‎（1）当时，此时甲城市投资50万元，乙城市投资70万元 ‎ ‎ 所以总收益 =43.5（万元）‎ ‎（2）由题知，甲城市投资万元，乙城市投资万元 所以 ‎ 依题意得，解得 故 ‎ 令，则 所以 ‎ 当，即万元时，的最大值为44万元，‎ 所以当甲城市投资72万元，乙城市投资48万元时，总收益最大，且最大收益为44万元．‎ 点睛：本题考查了根据实际问题分析和解决问题的能力，以及转化与化归的能力，对于函数的应用问题：（1）函数模型的关键是找到一个影响求解目标函数的变量，以这个变量为自变量表达其他需要的量，综合各种条件建立数学模型；（2）在实际问题的函数模型中要特别注意函数的定义域，它是实际问题决定的，不是由建立的函数解析式决定的．（3）利用数学方法得出函数模型的数学结果，再将得到的数学结果转译到实际问题中作出答案．‎ ‎19．已知函数 ‎⑴若，且，求的值；‎ ‎⑵当时，若在上是增函数，求a的取值范围是；‎ ‎⑶若a=1，求函数在区间上的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）⇒ ，再由f（x）=-1即可求得x的值； （2）由, 在[2，+∞）上是增函数，利用二次函数的单调性可求得a的取值范围； （3）作出,的图象，对m分0＜m≤1与1＜m, 三种情况讨论即可求得答案．‎ 试题解析：‎ 解：(1)由知 即 ∴‎ ‎ (2) ‎ 在 上是增函数 ‎ ‎ ‎∴‎ ‎(3) ‎ 图象如图 当时，‎ 当时， ‎ 当时，‎ 综合. ‎ ‎20．已知函数，.‎ ‎（1）若函数在区间上存在零点，求实数的取值范围；‎ ‎（2）当时，若对任意的，总存在使成立，求实数的取值范围；‎ ‎（3）若的值域为区间，是否存在常数，使区间的长度为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.（柱：区间的长度为）‎ ‎【答案】(1) ；(2)；(3)答案见解析.‎ ‎【解析】试题分析：求出函数的对称轴，得到函数的单调性，解关于的不等式组，解出即可；‎ 只需函数的值域是函数的值域的子集，通过讨论，，的情况，得到函数的单调性，从而确定的范围即可；‎ 通过讨论的范围，结合函数的单调性以及，的值，得到关于的方程，解出即可。‎ 解析：(1)根据题意得：的对称轴是，故在区间递增，‎ 因为函数在区间上存在零点，故有，即，‎ 故所求实数的范围是；‎ ‎（2）若对任意的，总存在，使成立，‎ 只需函数的值域是函数的值域的子集，‎ 时，的值域是，‎ 下面求，的值域，‎ 令，则，，‎ ‎①时，是常数，不合题意，舍去；‎ ‎②时，的值域是，‎ 要使 ，只需，计算得出；‎ ‎③时，的值域是，‎ 要使 ，只需，计算得出；‎ 综上，的范围是.‎ ‎（3）根据题意得，计算得出，‎ ‎①时，在区间上，最大，最小，‎ ‎，‎ 计算得出：或（舍去）；‎ ‎②时，在区间上，最大，最小，‎ ‎，计算得出：；‎ ‎③时，在区间上，最大，最小，‎ ‎，‎ 计算得出：或，故此时不存在常数满足题意，‎ 综上，存在常数满足题意，或.‎ 点睛：本题是道函数综合题目，在判定零点的时候可以运用零点的存在定理求解，当遇到“对任意的，总存在”时候要转化为两个函数值域的包含关系，从而求解。‎