精品解析：江西省新余市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷

新余市2023—2024学年度下学期期末质量检测 高二数学试题卷 命题人：分宜中学 刘日辉 新余三中 谢鑫栋 审校人：陈建 说明： 1.本卷共有四个大题，19个小题，全卷满分150分，考试时问120分钟. 2.本卷分为试题卷和答题卷，答策要求写在答题卷上，在试题卷上作答不给分. 一､单项选择题（本大题共8个小题，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. ，或 D. 2. 已知命题是定义域上的增函数，命题函数在上是增函数.若为真命题，则实数的取值范围是（　　） A. B. C. D. 3. 记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）． A. 120 B. 85 C. D. 4. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 5. 数列，称为斐波那契数列，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和.记该数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 2023年8月至10月贵州榕江举办了“超级星期六”全国美食足球友谊赛.已知第一赛季的第一个周六（8月26日）共报名了贵州贵阳烤肉队等3支省内和辽宁东港草莓队等3支省外美食足球代表队.根据赛程安排，在8月26日举行三场比赛，每支球队都要参赛，且省内代表队不能安排在同一场，则比赛的安排方式有（ ） A. 6种 B. 9种 C. 18种 D. 36种 7. 若函数，则的极大值点的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题（本大题共3个小题，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. 已知正数满足，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 在正方体中，，M为上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 与AB共面且与共面的棱有5条 B. C. 的最小值为 D. 若与平面ABCD交于点E，则的面积为2 11. 已知函数的定义域为R，且，则下列说法中正确的是（ ） A. 为偶函数 B. C. D. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上） 12. 已知函数，则__________. 13. 已知为随机事件，，则._________. 14. 若函数与的图象存在公共切线，则实数的最大值为______ 四､解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步㵵） 15. 已知函数，且不等式的解集为. （1）求函数的解析式； （2）解关于的不等式，其中. 16. 已知双曲线的方程为，实轴长和离心率均为2. （1）求双曲线的标准方程及其渐近线方程； （2）过且倾斜角为的直线与双曲线交于两点，求的值（为坐标原点）. 17. 已知公差大于0的等差数列和公比大于0的等比数列满足. （1）求数列和的通项公式； （2）记数列的前项和为，求证：. 18. 已知函数. （1）若，求曲线在点）处的切线方程；并求出该切线与两坐标轴围成的三角形的面积的值； （2）若对任意恒成立，求实数的取值范围. 19. 阅读材料一：“装错信封问题”是由数学家约翰伯努利（Johann Bernoulli，1667~1748）的儿子丹尼尔伯努利提出来的，大意如下：一个人写了封不同的信及相应的个不同的信封，他把这封信都装错了信封，问都装错信封的这一情况有多少种？后来瑞士数学家欧拉（Leonhard Euler，1707~1783）给出了解答：记都装错封信的情况为种，可以用全排列!减去有装正确的情况种数，结合容斥原理可得公式：，其中. 阅读材料二：英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处阶可导，则有：，注表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式.阅读以上材料后请完成以下问题： （1）求出的值； （2）估算的大小（保留小数点后2位），并给出用和表示的估计公式； （3）求证：，其中. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新余市2023—2024学年度下学期期末质量检测 高二数学试题卷 命题人：分宜中学 刘日辉 新余三中 谢鑫栋 审校人：陈建 说明： 1.本卷共有四个大题，19个小题，全卷满分150分，考试时问120分钟. 2.本卷分为试题卷和答题卷，答策要求写在答题卷上，在试题卷上作答不给分. 一､单项选择题（本大题共8个小题，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. ，或 D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别求得集合，然后求，进而求得. 【详解】对于集合，，所以； 因为集合； 所以，. 故选：B. 2. 已知命题是定义域上的增函数，命题函数在上是增函数.若为真命题，则实数的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先分别求两个命题为真命题时的取值范围，再根据复合命题为真命题时，列不等式求实数的取值范围. 【详解】若是定义域上的增函数，则，解得； 若函数在上是增函数，则，解得. 因为为真命题，所以为真，且为真，即为假，且为真， 所以，所以实数的取值范围是. 故选：B. 3. 记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）． A. 120 B. 85 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出； 方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解． 【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为， 若，则，与题意不符，所以； 若，则，与题意不符，所以； 由，可得，，①， 由①可得，，解得：， 所以． 故选：C． 方法二：设等比数列的公比为， 因为，，所以，否则， 从而，成等比数列， 所以有，，解得：或， 当时，，即为， 易知，，即； 当时，， 与矛盾，舍去． 故选：C． 【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算． 4. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据奇偶性和的符号，使用排除法可得. 【详解】的定义域为R， 因为 ，所以为偶函数，故CD错误； 又因为，，所以，故B错误. 故选：A 5. 数列，称为斐波那契数列，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和.记该数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】，，，……，，相加得到答案. 【详解】由题意得， 故，，，……，， 上面的式子相加得， 又，故. 故选：A 6. 2023年8月至10月贵州榕江举办了“超级星期六”全国美食足球友谊赛.已知第一赛季的第一个周六（8月26日）共报名了贵州贵阳烤肉队等3支省内和辽宁东港草莓队等3支省外美食足球代表队.根据赛程安排，在8月26日举行三场比赛，每支球队都要参赛，且省内代表队不能安排在同一场，则比赛的安排方式有（ ） A. 6种 B. 9种 C. 18种 D. 36种 【答案】D 【解析】 【分析】首先理解题意，再结合组合数公式，即可求解. 【详解】由题意可知，每支省内的足球队都要和省外一支球队比赛一场，则有种方法. 故选：D 7. 若函数，则的极大值点的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】先分析函数的对称轴，再求导结合极大值点的定义求解即可. 【详解】由题意，， 故关于对称. 考虑在上，，则. 令， 当时，则为减函数， 设的零点为，则当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 又，故当时，，即，单调递增. 当时，，，故，单调递减. 故在上，有唯一极大值点，又关于对称，故在上，有唯一极大值点，综上的极大值点有和. 故选：B 8. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，先构造函数，比较，再构造函数，通过求导，判断单调性，比较与的大小，最后构造函数，进而确定与的大小关系，从而得出结果. 【详解】令，则，所以在上单调递减，所以，也即， 令，则， 当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以，故当时有， 所以， 令，则， 因为， 当时，，所以， 函数在上单调递减，所以，也即， 所以，故， 故选：B. 二､多项选择题（本大题共3个小题，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. 已知正数满足，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知可直接得到A；换元法得到B；乘“1”法得到C；基本不等式判断D即可. 【详解】对于，由题可得，即，故A正确； 对于，当且仅当时，等号成立，故B不正确； 对于C，，当且仅当时，等号成立，故C正确； 对于D，，当且仅当时，等号成立，故D正确. 故选：ACD. 10. 在正方体中，，M为上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 与AB共面且与共面的棱有5条 B. C. 的最小值为 D. 若与平面ABCD交于点E，则的面积为2 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，考虑与AB平行且与相交，与AB相交且与平行，以及与AB相交且与相交的直线可得；对于B，证明平面，然后由线面垂直的性质可得；对于C，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，然后解三角形即可；对于D，证明平面与平面ABCD的交线平行于，然后由可解. 【详解】对于A，AB与不共面，因此没有同时与这两条直线平行的直线， 与AB平行且与相交的有CD，，与AB相交且与平行的有，， 与AB相交且与相交的有BC，所以共有5条，故A正确． 对于B，易知平面，，平面，所以， 又平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证， 又平面，所以平面， 又平面，所以，故B正确． 对于C，如图，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面， 设点的新位置为，连接，则为的最小值， 所以A，M，三点共线． 因为，所以． 在中，根据正弦定理可得， 解得，故C错误． 对于D，设平面与平面ABCD的交线为l， 因为平面ABCD，所以，则， 又与平面ABCD交于点E，所以，则，故D正确． 故选：ABD 11. 已知函数的定义域为R，且，则下列说法中正确的是（ ） A. 为偶函数 B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】采用“赋值法”进行逐项验证. 【详解】令，则. 另令，则，由，所以不成立， 所以，所以函数为奇函数，故A错误； 令，，则，故B正确； 令，，则， 又，所以，故C错； 令得.且，，. 所以；； 所以，又，， 所以； 所以； 所以 所以，故D正确. 故选：BD 【点睛】方法点睛：函数方程的问题，采用“赋值法”是解决问题的突破口. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上） 12. 已知函数，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由内向外，先求，依次进行即可求出答案． 【详解】因为，所以，则， 所以， 故答案为：. 13. 已知为随机事件，，则._________. 【答案】0.5## 【解析】 【分析】根据条件概率的公式即可求解. 【详解】， ， 由条件概率公式得： ；， 所以，， 故答案为：. 14. 若函数与的图象存在公共切线，则实数的最大值为______ 【答案】 【解析】 【分析】由导数的几何意义将公共切线的斜率分别由两函数上的切点横坐标表示，并据此建立关系，将由切点坐标表示，进而将转化为关于的函数，通过求导求其最大值. 【详解】由题意得，，． 设公切线与的图象切于点， 与的图象切于点， ∴， ∴，∴， ∴，∴． 设，则， ∴在上单调递增，在上单调递减， ∴， ∴实数的最大值为， 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题的关键点在于由导数的几何意义将公共切线的斜率分别由两函数上的切点横坐标表示，并据此建立关系，将由切点坐标表示，进而将转化为关于的函数，通过求导求其最大值. 四､解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步㵵） 15. 已知函数，且不等式的解集为. （1）求函数的解析式； （2）解关于的不等式，其中. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由不等式的解集，可知二次方程的根，由韦达定理可得解析式； （2）对m进行分类讨论，解不等式即可． 【小问1详解】 因为的解集为，所以 的根为−1，2， 所以； 解得，b＝−1，c＝−2； 所以． 【小问2详解】 ，即（mx−2）（x−1）＞0， 当m＝0时，不等式为，不等式的解集为（−∞，1） 当，即0＜m＜2时，不等式的解集为（−∞，1）∪（，＋∞）， 当，即m＝2时，不等式的解集为（−∞，1）∪（1，＋∞）， 当，即 m＞2时，不等式的解集为（−∞，）∪（1，＋∞）． 综合得：当m＝0时，不等式的解集为（−∞，1） 当，不等式的解集为（−∞，1）∪（，＋∞）， 当，不等式的解集为（−∞，1）∪（1，＋∞）， 当，不等式的解集为（−∞，）∪（1，＋∞）． 16. 已知双曲线的方程为，实轴长和离心率均为2. （1）求双曲线的标准方程及其渐近线方程； （2）过且倾斜角为的直线与双曲线交于两点，求的值（为坐标原点）. 【答案】（1），； （2）1. 【解析】 【分析】（1）根据离心率以及实轴长即可求解，即可求解方程， （2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据数量积的坐标运算求解. 【小问1详解】 由离心率，又，则， 又长轴长，所以，所以， 故双曲线的标准方程为； 其渐近线方程为. 【小问2详解】 直线的倾斜角为，故其斜率为1，又过点， 的方程为； 设 由，得， 17. 已知公差大于0的等差数列和公比大于0的等比数列满足. （1）求数列和的通项公式； （2）记数列的前项和为，求证：. 【答案】（1）； （2）证明： ， 两式相减可得 . ， 数列为递增数列， 又，. 【解析】 【分析】(1)设数列的公差为，数列的公比为，由，求出，可得; (2)由的通项公式，利用错位相减求出的前项和,利用作差法求解单调递增，进而证明结果. 【小问1详解】 设数列的公差为，数列的公比为， 由， 则， 由①式平方除②式得：，得,或（舍） 故， 通项公式分别为. 【小问2详解】 略 18. 已知函数. （1）若，求曲线在点）处的切线方程；并求出该切线与两坐标轴围成的三角形的面积的值； （2）若对任意恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1），2； （2）. 【解析】 【分析】（1）先求导数求出切线方程，再分别求出截距求出面积； （2）分两种情况，讨论函数最大值，解决恒成立条件. 【小问1详解】 由，得，则； 又； 所以曲线在点处的切线方程为即 令，则；令，则； 【小问2详解】 已知对任意恒成立， 令； ①当时，，即， 在上单调递减， 故恒成立. ②当时，二次函数的开口方向向上，对称轴为， 所以在上单调递增，且， 故存在唯一，使得，即. 当时，； 当时，； 在单调递减，在单调递增 在上，.所以得， 综上，得取值范围是. 【点睛】方法点睛：分两种情况，讨论函数最大值，解决恒成立条件. 19. 阅读材料一：“装错信封问题”是由数学家约翰伯努利（Johann Bernoulli，1667~1748）的儿子丹尼尔伯努利提出来的，大意如下：一个人写了封不同的信及相应的个不同的信封，他把这封信都装错了信封，问都装错信封的这一情况有多少种？后来瑞士数学家欧拉（Leonhard Euler，1707~1783）给出了解答：记都装错封信的情况为种，可以用全排列!减去有装正确的情况种数，结合容斥原理可得公式：，其中. 阅读材料二：英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处阶可导，则有：，注表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式.阅读以上材料后请完成以下问题： （1）求出的值； （2）估算的大小（保留小数点后2位），并给出用和表示的估计公式； （3）求证：，其中. 【答案】（1）1，2，9； （2）1.65，； （3）证明：由麦克劳林公式，当时，令，有， 猜想：. 令，有，猜想：. 令，由，所以，即. 令，由， 再令，则恒成立， 在上为增函数，且， 在上为增函数， ，即. 又时， 令，当，有， 则，命题得证. 【解析】 【分析】（1）分别代入公式计算即可； （2）由麦克劳林公式中取，计算即可； （3）首先利用麦克劳林公式猜想和，再构造函数求导证明猜想；然后得到，最后令，代入上式经过拆项可得，即可证明. 【小问1详解】 因为， . 【小问2详解】 由麦克劳林公式，令，有， 再取可得， 估算值为1.65. 在中，取，可得. 【小问3详解】 略 【点睛】本题第三问关键是能根据麦克劳林公式得到当时，得到，再令，裂项证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $