精品解析：吉林省长春市第二实验中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题

长春二实验中学高二（下）期中测试卷 数学试卷 考生注意： 1.满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 3.本卷命题范围：选择性必修二，一轮1.1集合，1.2常用逻辑用语，1.3等式和不等式，1.4基本不等式. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题任意圆的内接四边形是矩形，则为（ ） A. 每一个圆的内接四边形是矩形 B. 有的圆的内接四边形不是矩形 C. 所有圆的内接四边形不是矩形 D. 存在一个圆的内接四边形是矩形 3. “”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知实数，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 1696年，洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造了一种算法，用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，法则的大意为：在一定条件下通过对分子､分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法.如：，按此法则有（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. -2 6. 已知，则数列的偶数项中最大项为（ ） A. B. C. D. 7. 设数列的前n项和为，已知，，若，则正整数k的值为（ ） A. 2021 B. 2022 C. 2023 D. 2024 8. 已知实数a，b，，且，，，则（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知正数满足，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 在数列中，若对于任意，都有，则（ ） A. 当或时，数列为常数列 B. 当时，数列为递减数列，且 C. 当时，数列为递增数列 D. 当时，数列为单调数列 11. 已知函数，若方程有3个不同的实根，，（），则的取值可以为（ ） A. B. C. D. 0 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设集合，则集合M的非空真子集个数为___________. 13. 已知数列的通项公式为，保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前项和为，则的值为______． 14. 已知函数，且满足，则实数的值为__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 15. 已知全集为，集合. （1）当时，求； （2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围. 16. 甲、乙两个粮食经销商同时在某一个粮食生产基地按同一批发价购进粮食，他们每年都要购粮3次，由于季节因素，每次购粮的批发价均不相同．为了规避价格风险，甲每次购粮10000千克，乙每次购粮款为10000元． （1）从平均价格角度比较甲乙两经销店哪种购粮方式更经济合算； （2）请你把所得结论做一些推广．（直接写出推广结论即可） 17. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的单调性． 18. 已知正项数列前项和为，且满足. （1）求； （2）令，记数列前项和为，若对任意的，均有恒成立，求实数的取值范围. 19. 已知函数. （1）若的极小值为-4，求的值； （2）若有两个不同的极值点，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长春二实验中学高二（下）期中测试卷 数学试卷 考生注意： 1.满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 3.本卷命题范围：选择性必修二，一轮1.1集合，1.2常用逻辑用语，1.3等式和不等式，1.4基本不等式. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解出绝对值不等式，再根据交集含义即可得到答案. 【详解】因为， 所以. 故选：C. 2. 命题任意圆的内接四边形是矩形，则为（ ） A. 每一个圆的内接四边形是矩形 B. 有的圆的内接四边形不是矩形 C. 所有圆的内接四边形不是矩形 D. 存在一个圆的内接四边形是矩形 【答案】B 【解析】 【分析】全称命题的否定特称命题，任意改为存在，把结论否定. 【详解】全称量词命题的否定是特称命题，需要将全称量词换为存在量词，答案A，C不符合题意，同时对结论进行否定，所以：有的圆的内接四边形不是矩形， 故选：B. 3. “”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】解出分式不等式，根据范围之间关系和必要不充分条件的判定即可. 【详解】由得，解得或，则正向无法推出，反向可以推出， 故“”是“”的必要不充分条件. 故选：A. 4. 已知实数，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据不等式的性质，逐项判断即可. 【详解】解：由题可知，， A项中，若，则，故A项错误； B项中，若，则，故，故B项错误； C项中，若，则，故C项错误； D项中，， 因为，则，故正确，故D项正确. 故选：D. 5. 1696年，洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造了一种算法，用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，法则的大意为：在一定条件下通过对分子､分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法.如：，按此法则有（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. -2 【答案】A 【解析】 【分析】根据洛必达法则直接求导并代入计算即可. 【详解】由题意可得 ， 故选：A. 6. 已知，则数列的偶数项中最大项为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作商探讨数列的单调性，进而求出最大项即可. 【详解】数列中，，则， 令，解得，则当时，，即， 同理当时，，即，而当时，， 所以数列的偶数项中最大项为. 故选：D 7. 设数列的前n项和为，已知，，若，则正整数k的值为（ ） A. 2021 B. 2022 C. 2023 D. 2024 【答案】C 【解析】 【分析】由题设有，等比数列定义求通项公式，进而有求，再由及放缩法确定范围求参数值. 【详解】，又， 所以是首项为1，公比为的等比数列， 所以， 故，令 由且，则， 由，则， 则，所以， 故，则正整数的值为2023. 故选：C 8. 已知实数a，b，，且，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，根据函数的单调性即可判断. 【详解】构造函数 ， ， 显然 时， ，即 时是单调递增的 ， 当 时，是单调递减的，故 的最大值是 ， 当 时 的值域是 ， 由题意，对于 ， ， ， ， 对于 ，即 ，∵， ， ∴必然存在， 使得 ， 由于 ， ，即，由于 是单调递增的， ， 对于 ，即 ，同理 ， ， ， 由于 ， ，即 ， ； 故选：A. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知正数满足，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由已知等式可得，由，，结合基本不等式可知AB正误；利用基本不等式可直接验证CD正误. 【详解】由，，得：； 对于A，（当且仅当，即，时取等号），A正确； 对于B，（当且仅当，即，），B错误； 对于C，（当且仅当，即，时取等号）， ，解得：（当且仅当，时取等号），C正确； 对于D，（当且仅当，即，时取等号）， 由C知：（当且仅当，时取等号）， （当且仅当，时取等号），D正确. 故选：ACD. 10. 在数列中，若对于任意，都有，则（ ） A. 当或时，数列为常数列 B. 当时，数列为递减数列，且 C. 当时，数列为递增数列 D. 当时，数列为单调数列 【答案】ABC 【解析】 【分析】直接代入计算判断A；由题知，，再依次讨论BC选项即可判断；根据无法确定符号判断D. 【详解】解：对于A选项，由得， 所以，当时，，是常数列； 当时，是常数列，故A选项正确； 对于B选项，， 因为， 所以，当时，，即， 同理可得，， 所以，即， 所以数列为递减数列，且，故B选项正确； 对于C选项，当时，由得，即 由得， 所以，， 同理可得， 所以，即， 所以，数列为递增数列，故C选项正确； 对于D选项，当时，由，即， 由得，符号不确定， 所以符号不确定， 所以，当时，数列的单调性无法确定，故错误. 故选：ABC 11. 已知函数，若方程有3个不同的实根，，（），则的取值可以为（ ） A. B. C. D. 0 【答案】BC 【解析】 【分析】利用导数求出函数的极值，从而得，由题意可得，，从而得，再令（），利用导数求得的值域为，从而即可得答案. 【详解】解：因为， 所以当或时，；当时，， 所以在和上都递增，在上递减， 极大值，极小值， 当时，，当趋于时，趋于， 所以当时，有3个不同的实根， 设3个不同的实根为，，（），则，． ． 设（），则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以，又，， 所以的取值范围是， 即为的取值范围． 故选：BC． 【点睛】方法点睛：对于方程的解的个数问题，经常转化为函数的图象与直线的交点个数进行求解. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设集合，则集合M的非空真子集个数为___________. 【答案】6 【解析】 【分析】先求出集合M，即可求出集合M的非空真子集个数. 【详解】因为有3个元素， 所以集合M的非空真子集个数为个. 故答案为：6. 13. 已知数列的通项公式为，保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前项和为，则的值为______． 【答案】130 【解析】 【分析】根据插入数的规则，先分析在中对应的项数，根据所得可验证在中的项数，据此分析中到中项的情况即可分组求和得解. 【详解】因为与之间插入个1， 所以在中对应的项数为 ， 当k＝6时，，当k＝7时，， 所以，，且． 为前6项和， 因此 . 故答案为：130 14. 已知函数，且满足，则实数的值为__________. 【答案】1 【解析】 【分析】构造函数，证明其为奇函数且单调递增，再对不等式变形为，即，则得到，再利用导数即可得到值. 【详解】令，其定义域为为， 则，则为奇函数， 且， 因为和在上均单调递增，且恒成立， 则在上单调递增， 由得， 即，则. 令，则，当时，单调递减，当时，单调递增， 故时取最小值0， 故不等式的解为. 故答案为：1. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造，再利用其单调性和奇偶性得到不等式，最后利用导数即可. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 15. 已知全集为，集合. （1）当时，求； （2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）解出不等式，直接根据补集和并集的定义计算即可； （2）由题意可得⫋，进而列出不等式求解。 【小问1详解】 ， 当时，， 所以或 【小问2详解】 ， 由“”是“”的充分不必要条件得⫋， 所以，解得，即的取值范围是. 16. 甲、乙两个粮食经销商同时在某一个粮食生产基地按同一批发价购进粮食，他们每年都要购粮3次，由于季节因素，每次购粮的批发价均不相同．为了规避价格风险，甲每次购粮10000千克，乙每次购粮款为10000元． （1）从平均价格角度比较甲乙两经销店哪种购粮方式更经济合算； （2）请你把所得结论做一些推广．（直接写出推广结论即可） 【答案】（1）乙购粮方式更经济合算 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）设3次购粮时每千克批发价分别为，，元，分别计算出甲乙两经销店平均价格，然后再比较可求解； （2）根据（1）中式了的结论可得推广. 【小问1详解】 设3次购粮时每千克批发价分别为，，元，甲每次购10000克，三次购粮共元，因此，甲购粮每千克的平均价格为元； 乙每次购粮用10000元，3次共用去30000元，乙每次购粮分别为，，千克，乙购粮每千克的平均价格为． 由于，因为批发价均不相同，所以等号取不到，所以．乙购粮方式更经济合算． 【小问2详解】 当n次购买同一种商品时，按乙购买方式比较经济．（其他合理的答案酌情赋分） 17. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的单调性． 【答案】（1）； （2） 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减． 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）求导可得，含参分类讨论、、和时函数的单调性即可求解. 【小问1详解】 由题意知，当时，， 则， 故曲线在处的切线方程为． 【小问2详解】 的定义域为，且， 当时，则， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增； 当时，则有： 若，则，令，则单调递增； 令，则或单调递减； 若，则，令，则单调递增； 令，则或单调递减； 若，则单调递减． 综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减． 18. 已知正项数列前项和为，且满足. （1）求； （2）令，记数列前项和为，若对任意的，均有恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据与的关系即可求解； （2）利用错位相减法求解得，参变分离即可求的范围. 【小问1详解】 因为， 当时，有， 两式相减得 ，移项合并同类项因式分解得 ， 因为， 所以有， 在中，当得， 所以数列是以为首项，以为公差的等差数列， 故有 【小问2详解】 由（1）知， ， ， ， 由题意，对任意的，均有恒成立， ， 即恒成立， 设， 所以， 当时，，即 ； 当时，，即， 所以的最大值为， 所以. 故的取值范围是. 19. 已知函数. （1）若的极小值为-4，求的值； （2）若有两个不同的极值点，证明：. 【答案】（1） （2）证明：由题意可知，方程有两个不同的正实数根，即有两个不同的实数根. 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减. 验证可知，， 由得，所以. 当时，方程，即方程，则有两个不同的正实数根. 设，则， 所以在上单调递增，在上单调递减. 不妨设，则. 令， 则， 所以在上单调递增，则当时，， 所以 又，函数在上单调递减， 所以，则， 因为，故. 【解析】 【分析】（1）求出函数的极小值点为，代入函数求解； （2）首先求出的范围，再通过构造对称函数证明，根据的范围即可证明。 【小问1详解】 ，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 当时，取得极小值， 由，解得或（舍去）. 故的值为。 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：本题属于极值点偏移问题：解决此类问题的方法主要有：利用对数平均不等式，构造对称函数，换元法构造函数等。 关键点点睛：本题采用的构造对称函数，解题的关键有两点： 1：参数的取值范围； 2：构造， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $