2023-2024学年山东省青岛市莱西市高二下学期期末考试数学试题（含解析）

2023-2024学年山东省青岛市莱西市高二下学期期末考试数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，其中是实数集，集合，则( )
A. B. C. D.
2.命题“，使得”的否定形式是( )
A. ，使得 B. 使得，
C. ，使得 D. ，使得
3.若实数，则的最小值为( )
A. B. C. D.
4.如图是下列四个函数中某一个的部分图象，则该函数为( )
A. B. C. D.
5.“”是“函数且在上单调递减”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
6.已知函数，若函数的图象关于点对称，则( )
A. B. C. D.
7.某食品的保鲜时间单位：小时与储藏温度单位：满足函数关系为自然对数的底数，，为常数若该食品在的保鲜时间是小时，在的保鲜时间是小时，则该食品在的保鲜时间是( )
A. 小时 B. 小时 C. 小时 D. 小时
8.若，则以下不等式正确的是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数，若，则( )
A. B. C. D.
10.已知定义在上的函数满足，且，若，则( )
A. B. 的图象关于直线对称
C. 是周期函数 D.
11.已知实数，，满足，，则下列结论正确的是( )
A. B.
C. D. 若，则的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数，且恒过的定点是 ．
13.定义在上的两个函数和，已知，若图象关于点对称，则 ．
14.已知在区间上有最小值，则实数的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知函数，．
若在区间上最大值为，求实数的值；
当时，求不等式的解集．
16.本小题分
已知函数．
求不等式的解集；
若不等式恒成立，求实数的取值范围
17.本小题分
已知函数在处取得极值，其中．
求的值；
当时，求的最大值和最小值．
18.本小题分
已知函数且
求的定义域；
若当时，函数在有且只有一个零点，求实数的范围；
是否存在实数，使得当的定义域为时，值域为，若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由．
19.本小题分
已知函数，若过点可作曲线两条切线，求的取值范围．
答案解析
1.
【解析】解：由可得或，则，
又，故．
故选：．
2.
【解析】解：根据全称命题与存在性命题互为否定关系，
原命题的否定形式是“，使得”
故选：
3.
【解析】解：，
因为，所以，，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为．
故选：．
4.
【解析】解：对于，要使函数有意义，则，即
所以或或或，
所以函数的定义域为，不正确；
对于，，而已知函数图象过原点，不正确；
对于，对于函数，则，当时，，
则函数在上单调递增，不符合题中图象，不正确，
对于，对于函数，定义域为，且，
，当时，，当时，，
当时，，所以函数在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递减，符合图象，故 D正确．
故选：．
5.
【解析】解：若，则的图象为：
可知在上单调递增；
若，则的图象为：
可知在上单调递减；
综上所述：“”是“函数且在上单调递减”的充要条件．
故选：．
6.
【解析】解：方法一：依题意将函数的图象向左移个单位长度关于原点对称，即是奇函数，
因奇函数的定义域关于原点对称，而时函数无意义，故时也无意义，
即，解得
此时为奇函数，则
解得故．
故选：．
方法二：依题意恒成立，代入得
化简得，，
整理得：，
即，
依题意，此式在函数的定义域内恒成立，故须使，则得，
回代可得，，即，故．
故选：．
7.
【解析】解：为自然对数的底数，，为常数．
当时，，
当时，，
，
解得，
当时，．
故选C．
8.
【解析】解：因为，，，
令，定义域为，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，所以，，
又，所以，
所以，即．
故选：．
9.
【解析】解：由，得或，解得或，
故选：
10.
【解析】解：因为，
所以，即，故，
所以是周期为的周期函数，则C正确．
令，得，则，从而，故A错误．
因为，所以，所以，
故的图象关于直线对称，则B正确易得的周期为，
且其图象关于直线及对称，则直线及均为图象的对称轴，
从而，令，得，
即，则，
故
，故D正确．
11.
【解析】解：对于，等价于，当时，显然不成立，故 A错误；
对于，，，，故 B正确；
对于，，，，故 C正确；
对于，，，，所以，
所以，
所以当时，的最小值为，此时，显然不满足，故 D错误．
故选：．
12.
【解析】解：令，解得，此时，
所以函数，且恒过的定点是．
故答案为：．
13.
【解析】解：函数的定义域为，且图象关于点对称，所以，所以，
又，当时，，所以．
故答案为：．
14.
【解析】解：由函数，可得，
当或时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
即为函数的极小值点；
要使得函数在区间上有最小值，
则满足，即
因为，可得，即，解得，
所以，即实数的取值为．
故答案为：
15.解：函数图象的对称轴为，
当，即时，，解得，则；
当，即时，，解得，矛盾，
所以．
显然，而，
因此不等式为，
当，即时，不等式解集为；
当，即时，不等式解集为；
当，即时，不等式解集为，
所以当时，不等式解集为；当时，不等式解集为；当时，不等式解集为．
【解析】求出二次函数图象的对称轴，再利用二次函数性质求解即得．
分类讨论求解含参数的一元二次不等式即得．
16.解：
当时，，即，
当时，，解得，即，
当时，，解得，此时无解，
综上：不等式的解集为；
时上述不等式显然成立，
当时，上述不等式可化为，
令，当且仅当时等号成立，
所以，即实数的取值范围为．
【解析】分类讨论去绝对值后再求解不等式即可；
讨论，当时，利用绝对值的三角不等式求解的最大值即可；
17.解：由求导得，
依题意可知，即，解得，
此时，，由求得或，
当时，，函数递增，当时，函数递减，
故时，函数取得极大值，故．
由得，
令解得或，因，
故当时，函数递减，当时，函数递增，
当 时， 取得极小值，无极大值，所以，
所以在区间上，的最大值为或，而．
所以在区间上的最大值为，最小值为．
【解析】通过对原函数求导，利用题设条件，列出方程组，求得的值，回代解析式验证即得；
根据求得的函数解析式，求导讨论函数单调性，推得时，函数有极小值，也是最小值，无极大值，结合区间端点值比较求得函数最大值．
18.解：由，得或．
所以的定义域为．
令，可知在上为增函数，
可得，且，可知的值域为，
因为，则在定义域内为减函数，可得，
所以函数在上的值域为，
又因为函数在有且只有一个零点，
即在上有且只有一个解，
所以的范围是．
存在，理由如下：
假设存在这样的实数，使得当的定义域为时，值域为，
由且，可得，且．
令，可知在上为增函数，
因为，则在定义域内为减函数，
所以在上为减函数，
可得
可知在上有两个互异实根，可得，
即有两个大于相异实数根．
则，解得，
所以实数的取值范围．
【解析】根据对数的真数大于结合分析不等式运算求解；
根据题意分析可知在上有且只有一个解，进而结合函数单调性运算求解；
根据定义域和值域可得，且，结合单调性分析可知有两个大于相异实数根，结合二次函数零点分布运算求解．
19.解：依题意，，
设过点的直线与曲线相切时的切点为，
则斜率，
所以切线方程为：
又点在切线上，
所以 ，
即有，
由过点可作曲线两条切线，得方程有两个不相等的实数根，
令，则函数有个零点，
求导得，
若，由，得或，
由，得，
即函数在，上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得极大值，当时，取得极小值，
又，
当时，恒成立，所以函数最多个零点，不合题意；
若恒成立，函数在上单调递增，
因此函数最多个零点，不合题意；
若，由，得或，
由，得，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
则当时，取得极大值，当时，取得极小值，
又，显然当时，恒成立，
所以函数最多个零点，不合题意；
若，显然，
当时，，
当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，取得最大值，
要函数有个零点，必有，得，
当时，，
而函数在上的值域为，
因此在上的值域为，
当时，令，求导得，
所以函数在上单调递减，则，
，
而函数在上单调递减，值域为，
因此函数在上的值域为，
于是当时，函数有两个零点，
所以过点可作曲线两条切线时，
所以的取值范围是
【解析】求出函数的导数，设出切点坐标，求出切线方程，结合切线过的点构造函数，讨论函数有两个零点的的取值范围．
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