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1、2021-2022学年四川省成都市树德中学高二下学期4月阶段性测试数学（理）试题一、单选题1已知，为虚数单位，且，则的值为（）A1B2C3D4【答案】B【分析】根据复数相等的概念可求解.【详解】因为，所以，得，所以.故选：B2函数在区间上的平均变化率等于（）ABCD【答案】C【分析】依据平均变化率定义去求解即可.【详解】函数在区间上的平均变化率等于故选：C3设函数在上可导，则等于（）ABCD以上都不对【答案】A【分析】根据导数的定义求解即可.【详解】因为，所以.故选：A.4吹气球时，气球的半径（单位：）与体积（单位：）之间的函数关系是，则气球在时的瞬时膨胀率为（）ABCD【答案】C【分析】根据
2、瞬时变化率的概念和复合函数求导法则计算可得解.【详解】因为,所以气球在时的瞬时膨胀率为.故选：C5用数学归纳法证明等式“”，当时，等式左边应在的基础上加上（）ABCD【答案】C【分析】根据数学归纳法的步骤，比较和时式子的结构特征，即可得到正确答案.【详解】当时，等式左边应为；当时，等式左边应为.所以当时，等式左边应在的基础上加上.故选:C6（）ABCD【答案】B【分析】利用微积分基本定理求出原函数，代入即可求解.【详解】由微积分基本定理可得：.故选：B7已知函数，则的导函数的图象大致是（）ABCD【答案】A【分析】求出函数的导函数，再探讨的性质，结合性质及取时的函数值即可判断作答.【详解】函数
3、定义域为R，求导得，显然，因此，函数是R上奇函数，图象关于原点对称，选项C，D不满足，又，选项B不满足，选项A符合题意.故选：A8已知函数满足，则的值为（）ABCD【答案】A【分析】求导后代入可求得；将代入可求得结果.【详解】，解得：；，解得：.故选：A.9已知，则以下不等式正确的是（）ABCD【答案】A【分析】先构造函数判断出b最小，再依据函数单调性去比较的大小即可解决.【详解】令，则，由，得，由，得即当时单调递减，当时单调递增即当时取得最小值则有，即，又，由，可得则，即综上，的大小关系为故选：A10若函数有两个极值点，则实数的取值范围是（）ABCD【答案】D【分析】由，可得出，可知直线与函
4、数的图象有两个交点（非切点），利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】因为，则，令，可得，由题意可知，直线与函数的图象有两个交点（非切点），当时，此时函数单调递增，当时，此时函数单调递减，所以，函数的极大值为，且当时，如下图所示：所以，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点（非切点），因此，实数的取值范围是.故选：D.11是定义在上的函数，是的导函数，已知，且，则不等式的解集为（）ABCD【答案】B【分析】构造函数，进而结合条件判断出函数的单调性，然后将原不等式变形并根据函数的单调性解出答案.【详解】因为，可化简为，令函数，则.因为，所以，在R上单调递增.又，而
5、等价于，即，所以，解得.故选：B12已知函数，则下列命题为真的个数是（）的极小值点为；若存在，使得，则整数的最小值为；若，则当时，有两个零点，且其中一个零点所在的区间为ABCD【答案】C【分析】利用导数求出函数的极小值点，可判断的正误；利用参变量分离法得出，利用导数求出函数在上的最小值，可判断的正误；利用导数结合零点存在定理可判断的正误.【详解】对于，则，当时，此时函数单调递减，当时，此时函数单调递增，所以，函数的极小值点为，错；对于，若存在，使得，当时，由可得，令，其中，则，令，其中，则，即函数在上单调递增，因为，所以，存在，使得，当时，此时函数单调递减，当时，此时函数单调递增，所以，所以，
6、故整数的最小值为，对；对于，当时，且，当时，此时函数单调递减，当时，此时函数单调递增，所以，令，则，令，则，则，则，即，因此，当时，有两个零点，且其中一个零点所在的区间为，对.故选：C.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.二、填空题13
7、函数，的单调递减区间为_【答案】【分析】根据导数的符号求解即可.【详解】当时，所以的单调递减区间为.故答案为：14把复数的共轭复数记作，已知（其中是虚数单位），则_【答案】【分析】根据复数的除法运算求出，再根据共轭复数的概念可得解.【详解】因为，所以，所以.故答案为：15已知在R上可导的函数的图象如下图所示，则不等式的解集为_【答案】【分析】依据三个代数式的正负变化情况去求不等式的解集.【详解】由函数的图象可知当时，；当或时，当或时，；当时，则当时，则当时，则当时，则当时，则当时，则综上的解集为.故答案为：16已知是函数的极大值点，则的值为_【答案】【分析】依据极大值点定义分类讨论去求实数的值
8、.【详解】，则(1)时，当时，恒成立，函数单调递减，则不是函数的极大值点，舍去(2)时，若，则，恒成立， 函数在单调递减，则不是函数的极大值点，舍去(3)时如果，则当且时，恒成立，函数单调递减，则不是函数的极大值点，舍去如果，则方程存在根，故当，且时，恒成立，函数单调递增，故不是的极大值点；如果，即时，当时，则，函数单调递增；当时，则，函数单调递减，故是的极大值点.综上，的值为故答案为：三、解答题17已知函数(1)写出函数的单调区间；(2)讨论函数的极大值和极小值是否存在如果存在，求出极值【答案】(1)增区间为和；减区间为(2)存在.极大值，极小值【分析】（1）依据导函数与原函数之间的关系去求
9、函数的单调区间；（2）利用导数去求函数的极大值和极小值.【详解】(1)令，得或则当时，单调递增；则当时，单调递减；则当时，单调递增故函数的增区间为和，减区间为(2)由（1）知，当时，有极小值；当时，有极大值18已知(1)求曲线在处切线的方程；(2)求函数在区间上的最值【答案】(1)(2)，【分析】（1）依据导函数几何意义去求曲线在处切线的方程；（2）利用导数去求函数在区间上的最值【详解】(1)，则切线斜率为又，即切点坐标为故所求切线方程为，即(2)当时，所以故函数在区间上单调递减所以，19已知函数(1)当时，求函数的最小值；(2)若，求的最小值【答案】(1)0(2)【分析】（1）求导算最值即可
10、（2）运用第一问的结论，再同构函数即可获解【详解】(1)当时,其定义域为.当单调递减当单调递增所以.(2)由（1）知,所以有,即.因为,所以,当且仅当时取等。所以所以最小值为,此时20已知函数(1)若，当时，试比较与的大小；(2)若的两个不同零点分别为、，求证：【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用导数分析函数在上的单调性，由可求得的取值范围，即可得出与的大小；（2）先证明对数平均不等式，其中，由已知可得出，变形可得出，结合对数平均不等式可证得结论成立.【详解】(1)解：因为，当时，且，又当时，即函数在上单调递减，所以(2)证明：先证明，其中，即证，令，其中，则，所以，函数在上为增函
11、数，当时，所以，当时，由题知，取对数有，即，又，所以【点睛】思路点睛：应用对数平均不等式证明极值点偏移：由题中等式中产生对数；将所得含对数的等式进行变形得到；利用对数平均不等式来证明相应的问题.21已知函数(1)若函数，且最大值为，求实数的值；(2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围【答案】(1)(2)【分析】（1）求导，再对分两种情况讨论，利用函数的单调性求解可得答案；（2）等价于不等式在上恒成立，令，再通过二次求导，对分两种情况讨论得解.【详解】(1)，其定义域为，且若，则在上递增，此时，不合题意，舍去若，则在上递增，在上递减所以，令，得综上得：(2)因为不等式在上恒成立，所以不等式在上
12、恒成立令，则，令，则，所以在上递减若，则，即，所以在上递减，所以符合题意若，则，又，在上单调递减，所以存在唯一实数，使得当时，即，所以在上单调递增，所以，不合题意综上，综上实数的取值范围为【点睛】本题考查了用导数解决恒成立的问题，可以直接法分类讨论利用函数的单调性解决问题，也可以常量分离，构造函数利用导数求值域解决问题，考查了学生的运算能力和推理能力.22已知函数，其中(1)求的单调区间；(2)讨论函数的零点个数【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析【分析】（1）依据导函数与原函数的关系分类讨论去求的单调区间；（2）依据函数的单调性和零点存在定理，分类讨论去判断函数的零点个数【详解】(1)当时，由，得；由，得则的增区间为，减区间为当时，由，得或；由，得则的增区间为和，减区间为 当时，恒成立，的增区间为(2)当时，由（1）可知：的增区间为，减区间为则若，则，此时函数无零点；若，此时函数有且仅有一个零点；若，又所以函数在和各有一个零点，共两个零点；当时，由（1）可知，的增区间为和，减区间为 则，所以函数在无零点，而当时，只需取，则有，故函数在上有一个零点当时，由（1）可知，的增区间为，故函数在上有一个零点综上，当时，函数无零点；当或时，函数有唯一零点；当时，函数有两个零点第 15 页 共 15 页