高二数学期末模拟试卷01【好题汇编】-备战2023-2024学年高二数学下学期期末真题分类汇编（北师大版2019选择性必修第二册）

高二期末模拟卷01 1、 单选题（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．设集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知函数，则（   ） A．1 B． C．2 D．4 3．已知首项的等差数列中，，若该数列的前项和，则等于（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 4．曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（    ） A． B． C． D． 5．函数在区间的大致图像为（    ） A． B． C． D． 6．在各项均为正数的等比数列中，已知，其前项之积为，且，则取得最大值时，则的值为（    ） A． B． C． D． 7．已知函数的极值点为，则（   ） A． B．2 C． D．1 8．已知，若函数有两个不同的零点，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，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，，，则下列结论正确的有（    ） A．的最大值为 B．的最小值为 C．的最小值为9 D．的最小值为 10．已知等差数列的前项和为，等比数列的前项积为，则（    ） A．可能为等差数列 B．不可能为等比数列 C．是等差数列 D．是等比数列 11．设函数，则（    ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在a，b，使得为曲线的对称轴 D．存在a，使得点为曲线的对称中心 3、 填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知集合，且，则实数的取值范围是 . 13．数列满足，若，，则数列的前20项的和为 ． 14．已知函数的图象在点处的切线方程为． （1）则实数a的值为 ； （2）设，若对任意的恒成立，则k的最大整数值为 ． 四、解答题（本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 16．已知数列满足：. (1)求数列的通项公式； (2)若，求正整数的最大值. 17．若． (1)过，求的解集； (2)存在使得成等差数列，求的取值范围． 18．已知数列的前项和为，且，数列为等比数列，且. (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足，记数列的前项和为，数列的前项和为，试比较与的大小. 19．在数学中，由个数排列成的m行n列的数表称为矩阵，其中称为矩阵A的第i行第j列的元素.矩阵乘法是指对于两个矩阵A和B，如果4的列数等于B的行数，则可以把A和B相乘，具体来说：若，，则，其中.已知，函数. (1)讨论的单调性； (2)若是的两个极值点，证明：，. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二期末模拟卷01 1、 单选题（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．设集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】解对数不等式求出集合，再根据并集的定义计算可得. 【详解】因为， 由，即，解得， 所以， 所以. 故选：A 2．已知函数，则（   ） A．1 B． C．2 D．4 【答案】B 【分析】由题意，根据求导公式和运算法则可得，结合导数的定义即可求解. 【详解】由题意知，，则. 所以. 故选：B 3．已知首项的等差数列中，，若该数列的前项和，则等于（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】D 【分析】根据已知结合等差数列的通项公式求出公差，然后代入求和公式即可求解. 【详解】设等差数列的公差为，因为，， 所以，解得或， 若，则为常数数列，则，不合题意，舍去； 则，由等差数列前项和公式得，解得. 故选：D. 4．曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据导数的几何意义求得曲线的切线方程，结合三角形面积公式计算即可. 【详解】由，得，则，， 所以曲线在点处的切线方程为. 令，得，令，得， 故该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为. 故选：C 5．函数在区间的大致图像为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入可得，可排除D. 【详解】， 又函数定义域为，故该函数为偶函数，可排除A、C， 又， 故可排除D. 故选：B. 6．在各项均为正数的等比数列中，已知，其前项之积为，且，则取得最大值时，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知可得，进而可得，可得等比数列是递减数列，且，可求取得最大值时的值． 【详解】由，得， ， 则，由于，得， 所以等比数列是递减数列，故，则取得最大值时． 故选：A． 7．已知函数的极值点为，则（   ） A． B．2 C． D．1 【答案】D 【分析】对函数求导，然后结合导数与单调性的关系、零点存在定理，求出函数的极大值点，然后利用指对互化求解即可. 【详解】由得，， 设，则，所以在单调递减， 又，，由零点存在定理知，存在，使得， 所以当时，，，函数单调递增； 当时，，，函数单调递减，， 所以是函数的极大值点，则，即. 所以. 故选：D 8．已知，若函数有两个不同的零点，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】当时，，当时，，利用导数求得时，有最小值， 由，求a的取值范围. 【详解】由题意，令，得， 已知，当时，，此时在单调递减， 当时，，此时在单调递增， 故当时，有最小值，而， 由此可知当时，，当时，， 若函数有两个不同的零点，结合零点存在定理可知， 的最小值， 又，所以，，所以，所以， 即a的取值范围是． 故选：B. 【点睛】方法点睛： 导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，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，，，则下列结论正确的有（    ） A．的最大值为 B．的最小值为 C．的最小值为9 D．的最小值为 【答案】ABD 【分析】利用基本不等式、结合“1”的妙用计算判断ACD；利用二次函数求出最小值判断D. 【详解】对于A，，即，当且仅当时取等号，A正确； 对于B，由，得， ，当且仅当时取等号，B正确； 对于C，， 当且仅当时取等号，C错误； 对于D，， 则 ， 当且仅当，即时取等号，D正确. 故选：ABD 10．已知等差数列的前项和为，等比数列的前项积为，则（    ） A．可能为等差数列 B．不可能为等比数列 C．是等差数列 D．是等比数列 【答案】AC 【分析】对于AB，举例判断，对于C，根据等差数列的定义结合题意分析判断，对于D，根据等比数列的定义结合题意分析判断， 【详解】对于A，当为常数列时，因为为等差数列，所以为等差数列，所以A正确． 对于B，当为常数列，且时，因为是等比数列，所以为等比数列，所以B错误． 对于C，设的公差为，则，得， 因为，所以数列是等差数列，所以C正确． 对于D，设的公比为，则， 当时，不是常数，所以不是等比数列，所以D错误． 故选：AC 11．设函数，则（    ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在a，b，使得为曲线的对称轴 D．存在a，使得点为曲线的对称中心 【答案】AD 【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解. 【详解】A选项，，由于， 故时，故在上单调递增， 时，，单调递减， 则在处取到极大值，在处取到极小值， 由，，则， 根据零点存在定理在上有一个零点， 又，，则， 则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确； B选项，，时，，单调递减， 时，单调递增， 此时在处取到极小值，B选项错误； C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴， 即存在这样的使得， 即， 根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为， 于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误； D选项， 方法一：利用对称中心的表达式化简 ，若存在这样的，使得为的对称中心， 则，事实上， ， 于是 即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确. 方法二：直接利用拐点结论 任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点， ，，， 由，于是该三次函数的对称中心为， 由题意也是对称中心，故， 即存在使得是的对称中心，D选项正确. 故选：AD 【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心 3、 填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知集合，且，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】解不等式化简集合A，再利用交集的定义及集合的包含关系求解即得. 【详解】依题意，，则， 由，得，所以的取值范围是. 故答案为： 13．数列满足，若，，则数列的前20项的和为 ． 【答案】210 【分析】数列的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法即可得解. 【详解】数列满足，若，，则， 所以数列的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列 所以数列的前20项的和为 . 故答案为：210. 14．已知函数的图象在点处的切线方程为． （1）则实数a的值为 ； （2）设，若对任意的恒成立，则k的最大整数值为 ． 【答案】 1 4 【分析】空1由切线特点“切点在切线上也在曲线上”和导数几何意义即可求解；空2将问题转化为对任意的恒成立，利用导数研究函数的最小值情况即可求解. 【详解】由题意，即①， 又，故由题意，即②， 所以由①②得. 所以， 故对任意的恒成立对任意的恒成立， 所以， 所以， 所以恒成立，故在上单调递增， 又，， 故存在，使得，即，即， 则当时，；时，， 所以在上单调递减，在单调递增， 所以， 故，又，所以k的最大整数值为4. 故答案为：1；4. 【点睛】方法点睛：恒成立求参问题通常结合参数分离法将恒成立问题转化成研究具体函数的最值问题来求解： 函数在区间上满足 （1）恒成立； （2）恒成立. 四、解答题（本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增 (2)证明见解析 【分析】（1）求导后，结合导数正负与单调性的关系，分及讨论即可得； （2）原问题可转化为证明当时，，构造函数后，利用导数可得该函数的单调性，即可得其最小值，即可得证. 【详解】（1）由题意知， 当时，，所以在上单调递减；     当时，令，解得， 令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增 （2）由（1）得，     要证，即证，即证， 令，则，     令，解得，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 则恒成立， 所以当时，. 16．已知数列满足：. (1)求数列的通项公式； (2)若，求正整数的最大值. 【答案】(1) (2)15 【分析】（1）利用通项与前n项和的关系先求，然后可得； （2）利用裂项相消法求和，然后解不等式即可. 【详解】（1）当时，， 当时，， ， 两式相减，得， ， 显然也符合上式， 数列的通项公式为. （2）由（1）知， ， 解得. 正整数的最大值为15. 17．若． (1)过，求的解集； (2)存在使得成等差数列，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出底数，再根据对数函数的单调性可求不等式的解； （2）存在使得成等差数列等价于在上有解，利用换元法结合二次函数的性质可求的取值范围． 【详解】（1）因为的图象过，故，故即（负的舍去）， 而在上为增函数，故， 故即， 故的解集为. （2）因为存在使得成等差数列， 故有解，故， 因为，故，故在上有解， 由在上有解， 令，而在上的值域为， 故即. 18．已知数列的前项和为，且，数列为等比数列，且. (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足，记数列的前项和为，数列的前项和为，试比较与的大小. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用，求得，再由即可求得等比数列的首项与公比； （2）把（1）中求得的通项公式带入（2）中，得到，利用裂项相消法求和得到；，根据等比数列求和公式即可得到，再进行比大小即可. 【详解】（1）∵数列的前项和为，且， ∴当时，，当时，，故， 又数列为等比数列，设公比为， 则，所以， 所以. （2）， ∴， 故， 而，故， 由于当时，，故， 所以. 19．在数学中，由个数排列成的m行n列的数表称为矩阵，其中称为矩阵A的第i行第j列的元素.矩阵乘法是指对于两个矩阵A和B，如果4的列数等于B的行数，则可以把A和B相乘，具体来说：若，，则，其中.已知，函数. (1)讨论的单调性； (2)若是的两个极值点，证明：，. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由题意，，求导得，从而可以分是否为0进行讨论，时，可以继续分是否大于0进行讨论，结合导数符号与函数单调性的关系即可得解； （2）构造函数，首先利用导数证明得到，进一步有，从而即可顺利得解. 【详解】（1）由矩阵乘法定义知，， ∵， ∴当时，，单调递增， 时，方程的判别式， 当时，，，单调递增， 当或时，，令，方程两根记为，， 则，， 当时，，， 当时，，单调递增，时，，单调递减， 当时，， 当和时，单调递增， 当时，，单调递减， 综上，当时，单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减， 当时，在和上单调递增，在上单调递减. （2）∵有两个极值点，由（1）知， 设， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴单调递增， ∴， 由（1）知，， ∴，即， ∴， 又由（1）知在上单调递减且， ∴， ∴. 【点睛】关键点点睛：第一问的关键在于讨论的时候做到不重不漏，第二问的关键在于构造适当的函数得出，由此即可顺利得解. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$