河北省永清县第一中学2020学年高二数学下学期第三次质量检测试题（含解析）（通用）

1、永清县第一中学2020学年第二学期第三次质量检测高二数学一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分在每小题给出四的个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知集合,则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】, 故选：B2.在同一直角坐标系中，函数，的图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】结合对数函数和幂函数的图象和性质，对选项中的图象逐个分析，【详解】对于A项，对数函数过（1,0）点，但是幂函数不过（0,1）点，所以A项不满足要求；对于B项，幂函数，对数函数，所以B项不满足要求；对于C项，幂函数要求，而对数函数要求，所以C项不满足要求；对于D项，幂

2、函数与对数函数都要求，所以D项满足要求；故选D.【点睛】该题考查的是有关函数图象的选择问题，在解题的过程中，需要对相应的函数的图象的走向了如指掌，注意参数的范围决定着函数图象的走向，再者就是在同一坐标系中两个函数的图象对应参数的范围必须保持一致.3.命题“”的否定为A. B. C. D. 【答案】A【解析】命题“”的否定为：，故选A.4.“”是“函数在内存在零点”的A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】分析：先求函数在内存在零点的解集，再用集合的关系判断充分条件、还是必要条件。详解：函数在内存在零点，则，所以的解集那么是的子集

3、，故充分非必要条件，选A点睛：在判断命题的关系中，转化为判断集合的关系是容易理解的一种方法。5.若函数为偶函数，则（ ）A. -1B. 1C. -1或1D. 0【答案】C【解析】【分析】由f（x）为偶函数，得，化简成xlg（x2+1m2x2）0对恒成立，从而得到x2+1m2x21，求出m1即可【详解】若函数f（x）为偶函数，f（x）f（x），即；得对恒成立，x2+1m2x21，（1m2）x20，1m20，m1故选：C【点睛】本题考查偶函数的定义，以及对数的运算性质，平方差公式，属于基础题6.下列四个命题中，真命题的个数是 （）命题：“已知 ，“”是“”的充分不必要条件”；命题：“p且q为真”是

4、“p或q为真”的必要不充分条件；命题：已知幂函数的图象经过点（2，），则f（4）的值等于；命题：若，则A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】分析】命题单位圆x2+y21上或圆外任取一点P（a，b），满足“a2+b21”，根据三角形两边之和大于第三边，一定有“|a|+|b|1”，在单位圆内任取一点M（a，b），满足“|a|+|b|1”，但不满足“a2+b21”，从而判断命题的真假性；命题先由“p且q为真”推出p、q的真假，然后判断“p或q”的真假，反之再加以判断；命题直接把点的坐标代入幂函数求出，然后把x4代入求值即可；命题构造函数f（x）x1+lnx，其中x0，利用导数判断函数的单

5、调性，从而判断命题的真假性；【详解】命题如图在单位圆x2+y21上或圆外任取一点P（a，b），满足“a2+b21”，根据三角形两边之和大于第三边，一定有“|a|+|b|1”，在单位圆内任取一点M（a，b），满足“|a|+|b|1”，但不满足，“a2+b21”，故a2+b21是“|a|+|b|1”的充分不必要条件，故命题正确；命题“p且q为真”，则命题p、q均为真，所以“p或q为真”反之“p或q为真”，则p、q都为真或p、q一真一假，所以不一定有“p且q为真”.所以命题“p且q为真”是“p或q为真”的充分不必要条件，故命题不正确；命题由幂函数f（x）x的图象经过点（2，），所以2，所以，所以幂函

6、数为f（x） ，所以f（4），所以命题正确；命题若x+lnx1，则x1+lnx0，设f（x）x1+lnx，其中x0，0恒成立，f（x）在（0，+）上单调递增，且f（1）0，f（x）0时x1，即x+lnx1时x1，所以命题正确.故选：C【点睛】本题考查命题的真假判断，充分不必要条件，幂函数，构造函数，利用导数判断函数的单调性，考查学生的计算能力，知识综合性强，属于中档题7.设 ，则a，b，c 的大小是 （ ）A. acbB. bacC. bcaD. abc【答案】D【解析】【分析】利用指数函数与对数函数的单调性即可得出【详解】 ， 故选：D【点睛】本题考查了指数函数与对数函数的单调性的应用，属于

7、基础题8.函数的零点所在的区间是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】连续函数在（0，+）上单调递增且f（）0，f（）0，根据函数的零点的判定定理可求【详解】连续函数在（0，+）上单调递增，f（）0，f（）0，函数的零点所在的区间为（，），故选：B【点睛】一是严格把握零点存在性定理的条件；二是连续函数在一个区间的端点处函数值异号是这个函数在这个区间上存在零点的充分条件，而不是必要条件；三是函数f(x)在a，b上单调且f(a)f(b)0，则f(x)在a，b上只有一个零点.9.是上奇函数，对任意实数都有，当时，则 （ ）A. 1B. 1C. 0D. 2【答案】C【解析】【分析】由

8、，得函数f（x）为周期为3的周期函数，据此可得f（2020）f（0+6733）f（0），f（2020）f（1+3673）f（1），结合函数的奇偶性以及解析式可得f（0）与f（1）的值，计算可得f（2020）+f（2020）答案【详解】根据题意，对任意实数x都有，则，即，所以函数f（x）为周期为3的周期函数，则f（2020）f（0+6733）f（0），f（2020）f（1+3673）f（1），又由f（x）是R上奇函数，则f（0）0，且时，f（x）log2（2x1），则f（1）log2（1）0，则f（2020）+f（2020）f（0）+f（1）f（0）f（1）000；故选：C【点睛】本题考查函数的

9、奇偶性与周期性的应用，注意分析函数的周期性，属于中档题10.设函数，则使得成立的的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】为上的偶函数，利用导数可判断出在上为增函数，从而得到，两边平方后解一元二次不等式可得的取值范围.【详解】，所以，为上的偶函数，又，当时，故在上为增函数.因，由 得到，故，或，选D.【点睛】已知函数值的大小，考虑自变量的大小关系时，应该考虑函数的单调性，该性质可以通过导数或基本初等函数的单调性得到，注意利用函数的奇偶性讨论一侧的单调性即可.11.函数的定义域为，若满足在内是单调函数；存在使在上的值域为，那么就称为“成功函数”，若函数，（）是“成功函数

10、”，则的取值范围是 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由，（）是“成功函数”，知在其定义域内为增函数，由题意得，故，由此能求出t的取值范围【详解】，（）是“成功函数”，当时，f（x）在其定义域内为增函数，当时，f（x）在其定义域内为增函数，f（x）在其定义域内为增函数，由题意得，令， 有两个不同正数根，解得故选：A【点睛】本题考查了方程解的个数判断，函数单调性的应用，转化思想，属于中档题12.已知函数，则关于的方程的根的个数是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用函数可得到函数的图像，方程f2（x）2f（x）=0的根，f（x）=0或f（x）=2，分别求得f

11、（x）=0和f（x）=2时对应的x值的个数即可.【详解】根据题干得到函数的图像：函数利用函数，及f2（x）-2f（x）=0解方程求出方程根的个数即可方程f2（x）2f（x）=0的根，f（x）=0或f（x）=2，当f（x）=0时，解得：x=1，或x=0，或x=2，当f（x）=2时，|lg|x1|=2，可得x=101或x=99或x=1.01或x=0.99，故方程有7个解，故选：C【点睛】本题考查函数的零点的求法，分段函数的应用，考查分析问题解决问题的能力函数的零点或方程的根的问题，一般以含参数的三次式、分式、以e为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数零点或方程根的形式出现，一般有下列两种考查形

12、式：(1)确定函数零点、图象交点及方程根的个数问题；(2)应用函数零点、图象交点及方程解的存在情况，求参数的值或取值范围问题在解题过程中要注意转化与化归、函数与方程、分类讨论思想的应用二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分将正确答案填在题中横线上)13.对不同的且,函数必过一个定点,则点的坐标是_.【答案】【解析】【分析】根据指数函数的图象恒过定点（0，1），求出函数f（x）必过的定点坐标【详解】根据指数函数的图象恒过定点（0，1）,令42x0，x2，f（2）+34，点A的坐标是（2，4）故答案为：（2，4）【点睛】本题考查了指数函数恒过定点的应用问题，属于基础题14.命题:，使得

13、成立；命题，不等式恒成立.若命题为真，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】分析：命题为真，则都为真，分别求出取交集即可.详解：命题为真，则都为真，对，使得成立，则；对，不等式恒成立，则，又（当且仅当时取等），故.故答案为：.点睛：本题考查函数的性质，复合命题的真假判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.15.已知若有最小值，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】讨论1，01，结合指数函数的单调性，绝对值函数的单调性和最值的求法，可得的范围【详解】当1时，x1时，f（x）+在上递增，则f（x）（，2，x1时，f（x）|x|+11，当x时取得最小值1，则f（x）的值域为1，+），可

14、得1时f（x）取得最小值1；当01时，x1时，f（x）+在上递减，则f（x）2，+）；x1时，f（x）|x|+1x+1递增，可得f（x）2，若f（x）存在最小值，可得22，即，可得0综上可得1或0故答案为：【点睛】本题考查分段函数的运用，考查分类讨论思想方法，以及指数函数的单调性和含绝对值的函数的单调性，考查运算能力，属于中档题16.定义在R上的函数满足：与都为偶函数，且x-l，l时，f(x)=，则在区间-2020，2020上所有零点之和为_.【答案】2020【解析】函数的图象与函数的图象均关于直线和对称且周期为4，画出函数与的图象，如图所示：观察图象可得，两个函数的图象在区间上有两个关于直线

15、对称的交点，在区间上没有交点，则在区间上有2个零点，在区间上所有零点之和为，在区间上所有零点之和为，故在区间上所有零点之和为，同理在区间上所有零点之和为，因此在区间上所有零点之和为故答案为点睛：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、周期性等三、解答题(本大题共6个小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.已知，命题函数在上单调递减，命题不等式的解集为，若为假命题，为真命题，求的取值范围【答案】【解析

16、】【分析】先考虑为真时实数的取值范围，再考虑为真时实数的取值范围，根据一真一假得到的取值范围【详解】命题 令，在上单减，又， 命题 ，的解集为，只需 为假命题，为真命题 ，、一真一假（1）若真假，则无解（2）若假真，则，综上所述，.【点睛】对于为真，为假的问题，我们一般先求出真时参数的范围，再求出为真时参数的范围，通过真假和假真得到最终的参数的取值范围18.已知定义域为的函数是奇函数（1）求实数的值（2）判断并证明在上的单调性（3）若对任意实数,不等式恒成立,求的取值范围【答案】（1）（2）见解析（3）【解析】【分析】（1）由是上的奇函数，得，且，代入可得的值；（2）由的解析式，用单调性定义可

17、以证明是定义域上的减函数；（3）对任意实数，不等式恒成立，结合奇函数可得对恒成立，即可求得的取值范围.【详解】（1）由于定义域为的函数是奇函数,经检验成立（2）在上是减函数.证明如下:设任意在上是减函数 ,（3）不等式由奇函数得到所以,由在上是减函数,对恒成立或综上:.【点睛】本题考查了函数的奇偶性与单调性的性质和应用，以及不等式恒成立问题.解函数不等式：首先根据函数的性质把不等式转化为的形式，然后根据函数的单调性去掉“”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意与的取值应在外层函数的定义域内.19.对于函数，若在定义域内存在实数，满足，则称为“类函数”.（1）已知函数，试判断是否为“类函数”？并

18、说明理由；（2）设是定义在上的“类函数”，求是实数的最小值；（3）若为其定义域上的“类函数”，求实数的取值范围.【答案】（1）函数是“类函数”；（2）；（3）.【解析】试题分析：(1) 由，得整理可得满足(2) 由题存在实数满足，即方程在上有解.令分离参数可得，设求值域，可得取最小值 (3) 由题即存在实数，满足，分，三种情况讨论可得实数m的取值范围.试题解析：（1）由，得：所以所以存在满足所以函数是“类函数”，（2）因为是定义在上的“类函数”，所以存在实数满足，即方程在上有解.令则，因为在上递增，在上递减所以当或时，取最小值（3）由对恒成立，得因为若为其定义域上的“类函数”所以存在实数，满足

19、当时，所以，所以因为函数（）是增函数，所以当时，所以，矛盾当时，所以，所以因为函数是减函数，所以综上所述，实数的取值范围是点睛:已知方程有根问题可转化为函数有零点问题，求参数常用的方法和思路有：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成函数的值域问题解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一个平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解.20.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程是（为参数，），在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程是，等边的顶点都在上，且点，依逆时针次序排列，点的极

20、坐标为.（1）求点，的直角坐标；（2）设为上任意一点，求点到直线距离的取值范围.【答案】（1）见解析;（2）.【解析】试题分析：（1）由题意可得点的直角坐标，点的极坐标为，直角坐标为，点的极坐标为，直角坐标为.（2）由题意可得直线的方程为，利用点到直线距离公式可得点到直线距离结合三角函数的性质可得.试题解析：（1）由，可得点直角坐标，由已知，点的极坐标为，可得两点的直角坐标为，点的极坐标为，同理可得两点的直角坐标为.（2）直线的方程为，设点 ，则点到直线距离 （其中，），因为，所以，所以，所以.21.已知曲线C1的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为.（1）