精品解析：重庆市南开中学校2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题

重庆南开中学高2025级高二 （下）期末考试 数学试题 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.第Ⅰ卷和第Ⅱ卷都答在答题卷上. 第Ⅰ卷 （选择题 共58分） 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合 ，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为 （ ） A B. C. D. 3. 已知命题对恒成立， 命题函数在上单调递减， 则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知，则下列不等式不一定成立的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的图象如下图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 6. 已知 则的大小关系是 （ ） A. B. C. D. 7. 将1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数填入如图所示的3×3的九宫格中， 每个格子中只填入1个数，已知4个偶数分别填入有阴影的格子中，则每一行的3个数字之积都能被3 整除的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知m，n，k均为正实数，，且若恒成立，则实数t的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 关于 的展开式，下列说法中正确的是（ ） A. 各项系数之和为1 B. 第二项与第四项二项式系数相等 C. 常数项为60 D. 有理项共有4项 10. 已知非常值函数及其导函数的定义域均为,则（） A. 若,则为奇函数 B. 若为偶函数,则 C. 若为偶函数,为奇函数,则 D. 若与均为偶函数,则 11. 16、17世纪之交，随着天文、航海、工程、贸易以及军事的发展，改进数字计算方法成了当务之急.约翰·纳皮尔正是在研究天文学的过程中，为了简化其中的计算而发明了对数.对数的发明是数学史上的重大事件. 恩格斯曾经把对数的发明称为17世纪数学的三大成就之一. 已知，,， 则下列说法中正确的是 （ ） A. 若正实数x，y，z满足 则 B. 若一个正整数n的20次方是一个13位整数，则 C. 是位数为6692的正整数 D. 将无理数写成小数形式后，其小数点后第一位数字为4 第II卷 （非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数 则不等式的解集为___ 13. 写出一个同时具有下列性质的函数=_______. ①为定义在R上的非常值函数； ②且,均存在唯一的且 ）使得 成立； ③均存.使得成立. 14. 已知函数，若函数有三个不同的零点（）则实数的取值范围为________；的取值范围为________. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知二次函数满足且. （1）求的解析式; （2）设，，求函数的最小值. 16. 甲，乙，丙，丁四名选手进行象棋比赛，已知甲和乙是专业选手，丙和丁是业余选手.已知专业选手对业余选手时专业选手获胜的概率为0.7、业余选手获胜的概率为0.3，专业选手对专业选手时每人获胜的概率均为0.5，业余选手对业余选手时每人获胜的概率均为0.5，比赛规则为：第一轮随机安排两两对赛，胜者进入第二轮，负者淘汰；第二轮胜者为第一名. （1）求选手甲和丁在第一轮对赛的概率； （2）求选手甲和丁在第二轮对赛的概率； （3）现有两种比赛方案， 方案一：第一轮安排专业选手与专业选手对赛； 方案二：第一轮安排业余选手与专业选手对赛. 比较两种方案中业余选手获得第一名的概率的大小，并解释结果. 17. 已知函数 （1）当时， 证明: 为奇函数; （2）当时， 函数在上的值域为 求a的取值范围： （3）当时， 证明: 中心对称函数. 18 已知函数 . （1）求的单调性； （2）若，求实数的取值集合. 19. 已知椭圆 的左右顶点为A₁，A₂， 左右焦点为F₁，F₂，过F₁，F₂分别作两条互相平行的直线l₁，l₂，其中l₁交E于A，B两点， l₂交E于C，D两点， 且点A，C位于x轴同侧， 直线A₁C与A₂A交于点P. 当l₁与x轴垂直时，△PF₁F₂是面积为1的等腰直角三角形. （1）求椭圆E的方程; （2）若直线A₁C与直线A₂A的斜率之和为1， 求直线l₁，l₂的方程; （3）求 的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重庆南开中学高2025级高二 （下）期末考试 数学试题 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.第Ⅰ卷和第Ⅱ卷都答在答题卷上. 第Ⅰ卷 （选择题 共58分） 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先解对数不等式，分式不等式，化简集合，再根据集合的交集运算求解即可. 【详解】因为,所以, 因为,所以, 所以. 故选：A. 2. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由即可由指数函数的单调性求解. 【详解】的定义域满足，解得， 故选：C 3. 已知命题对恒成立， 命题函数在上单调递减， 则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据对于恒成立,求出的取值范围，在上单调递减，,求出的取值范围，进而判断. 【详解】对于恒成立，则，故， 在上单调递减，则，解得，即. 所以得不到，但是可以得到. 故是必要而不充分条件. 故选：B 4. 已知，则下列不等式不一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据不等式的性质即可求解A，根据对数的运算性质即可求解BC，举反例即可求解D. 【详解】对于A,由可得，故， 因此，即，A正确， 对于B，，故，B正确， 对于C，（由于，故等号取不到），C正确， 对于D，取，则，故D错误， 故选：D 5. 已知函数的图象如下图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性，以及处是否有定义，即可结合选项逐一判断. 【详解】由图象可知为 上的偶函数， 对于A，当时，，不符合， 对于B，在处有定义，故不符合， 对于C，，不符合， 对于D，，且处没有定义，故D符合， 故选：D 6. 已知 则的大小关系是 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助对数运算和中间值来进行大小判断. 【详解】由题意，, ,又,即, 所以,所以, 因为,所以. 故； 故选：A. 7. 将1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数填入如图所示的3×3的九宫格中， 每个格子中只填入1个数，已知4个偶数分别填入有阴影的格子中，则每一行的3个数字之积都能被3 整除的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出把5个奇数填入白色格子的试验的基本事件总数，再求出每一行的3个数字之积都能被3 整除的事件含有的基本事件数即可求出概率. 【详解】依题意，5个奇数填入白色格子的试验的基本事件总数为， 中间行必有一格填奇数3，9之一，另一个填入不含6的那一行，有种方法， 再排奇数1，5，7，有种方法， 因此每一行的3个数字之积都能被3 整除的事件含有的基本事件数为， 所以每一行的3个数字之积都能被3 整除的概率. 故选：B 8. 已知m，n，k均为正实数，，且若恒成立，则实数t的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过不等式分离变量，再利用等式得出代入不等式进行化简，构造函数，再利用函数导数得出函数的最大值，从而得出结果； 【详解】由题意知m，n，k均为正实数， 恒成立，恒成立， 因为， 所以 令，则 令，则（舍）或， 当时，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递减； 所以函数有最大值，最大值为， 因此的最小值为. 故选：B. 【点睛】方法点睛：最值求解方法： 1.从函数的最值出发，构造函数，求函数的最值． 2.利用函数单调性，求得最值 3.利用基本不等式求最值 4.利用三角函数有界性求最值 二、多项选择题：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，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 关于 的展开式，下列说法中正确的是（ ） A. 各项系数之和为1 B. 第二项与第四项的二项式系数相等 C. 常数项为60 D. 有理项共有4项 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据二项式定理的定义、通项的运用和赋值法即可得到答案. 【详解】对于A，令时，则展开式中各项系数之和为1，故A正确； 对于B，第二项二项式系数,第四项的二项式系数,第二项与第四项的二项式系数不相等，故B错误； 对于C，展开式的通项为， 令，∴，展开式中的常数项为，故C正确； 对于D，展开式的通项为，当时，，所以展开式的有理项共有4项，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知非常值函数及其导函数的定义域均为,则（） A. 若,则为奇函数 B. 若为偶函数,则 C. 若为偶函数,为奇函数,则 D. 若与均为偶函数,则 【答案】BC 【解析】 【分析】利用函数的对称性和函数的奇偶性求解各个选项，其中抽象函数可以求导进而找到导函数的对称性，可以举具体的例子用具体的函数求解. 【详解】A选项：若,则关于对称，则是将函数的图象像右平移2个单位，并向下平移1个单位，则函数的图象关于对称，则函数不是奇函数，故选项A错误. B选项：若为偶函数，则则函数关于对称， 则 令则 则故选项B正确. C选项:若为偶函数,为奇函数, 则 则关于对称，关于对称， 则 则故半周期为 则周期为4，则 故选项C正确. D选项：若与均为偶函数， 则令则 即关于和对称， 则关于对称，关于对称， 例如. 故选：BC. 11. 16、17世纪之交，随着天文、航海、工程、贸易以及军事的发展，改进数字计算方法成了当务之急.约翰·纳皮尔正是在研究天文学的过程中，为了简化其中的计算而发明了对数.对数的发明是数学史上的重大事件. 恩格斯曾经把对数的发明称为17世纪数学的三大成就之一. 已知，,， 则下列说法中正确的是 （ ） A. 若正实数x，y，z满足 则 B. 若一个正整数n的20次方是一个13位整数，则 C. 是位数为6692的正整数 D. 将无理数写成小数形式后，其小数点后第一位数字为4 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用对数的运算性质，把指数式化为对数式进行计算，即可得到判断. 【详解】对于A，令，则 所以， 故A是错误的； 对于B，设， 则当时，，此时，因为，所以不符合题意， 则当时，，此时，因为，所以符合题意， 则当时，，此时，因为，所以不符合题意， 当时，位数一定超14位，故B是正确的； 对于C，设， 因为，所以， 则，同理， 所以是位数为6692的正整数，故C是正确； 对于D，， 故D是正确的； 故选：BCD. 第II卷 （非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数 则不等式的解集为___ 【答案】 【解析】 【分析】根据分段函数解析式，分段列出不等式组求解即可. 【详解】或, 或, 或, 或 所以不等式解集为. 故答案为: 13. 写出一个同时具有下列性质的函数=_______. ①为定义在R上的非常值函数； ②且,均存在唯一的且 ）使得 成立； ③均存在.使得成立. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】取，即可逐一验证符合3个条件. 【详解】取，显然满足条件①， 若时，即，则或， 故且，总存在唯一的且 ）使得，满足条件②， 对，取，则满足, 对，取，则满足, ，取，故满足条件③ 因此，符合所有条件， 故答案为：（答案不唯一） 14. 已知函数，若函数有三个不同的零点（）则实数的取值范围为________；的取值范围为________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）先讨论的取值范围，结合二次函数的单调性，结合图象即可判定方程根的个数； （2）根据韦达定理可得，，以及，即可代入化简，利用不等式的性质求解. 【详解】由题意，可知， 当时，在，上单调递减，在单调递增，故方程有3个不相等的实数根，则有1个根，有2个根，如图： 所以，解得； 当时，方程的判别式， 可知方程无解，所以此时不符合题意； ③当时，，不符合题意； 综上，取值范围是． ，是方程的两个不等实根， 则，， 是方程的根，即， ， 记， 由于，所以， 故 所以的取值范围． 故答案为：， 【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路 (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，转化成求函数值域问题加以解决； (3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知二次函数满足且. （1）求的解析式; （2）设，，求函数的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，，根据题目条件得到方程，求出，得到函数方程； （2）根据对称轴进行分类讨论，得到的最小值. 【小问1详解】 设，， 则， 即， 故，解得， 故， 又，故，解得， 所以； 【小问2详解】 ,, 对称轴为， 当，即时，在上单调递增， 故时，取得最小值，故， 当，即时，当时，取得最小值， 故， 当，即时，在上单调递减， 当时，取得最小值，故 综上，. 16. 甲，乙，丙，丁四名选手进行象棋比赛，已知甲和乙是专业选手，丙和丁是业余选手.已知专业选手对业余选手时专业选手获胜的概率为0.7、业余选手获胜的概率为0.3，专业选手对专业选手时每人获胜的概率均为0.5，业余选手对业余选手时每人获胜的概率均为0.5，比赛规则为：第一轮随机安排两两对赛，胜者进入第二轮，负者淘汰；第二轮胜者为第一名. （1）求选手甲和丁在第一轮对赛的概率； （2）求选手甲和丁在第二轮对赛的概率； （3）现有两种比赛方案， 方案一：第一轮安排专业选手与专业选手对赛； 方案二：第一轮安排业余选手与专业选手对赛. 比较两种方案中业余选手获得第一名的概率的大小，并解释结果. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型的方法求解即可； （2）分情况讨论第一轮对赛情况与第二轮对赛的情况判断即可； （3）分别讨论两种情况下第二轮的对赛情况求解即可. 【小问1详解】 由题意，第一轮的对赛的所有情况有 ①甲乙，丙丁；②甲丙，乙丁；③甲丁，乙丙，共三种情况， 故甲和丁在第一轮对赛的概率为. 【小问2详解】 由（1），第一轮的对赛的所有情况有三种. ①甲乙，丙丁：甲和丁在第二轮对赛则甲、丁分别战胜对手， 故甲和丁在第二轮对赛的概率为； ②甲丙，乙丁：甲和丁在第二轮对赛则甲、丁分别战胜对手， 故甲和丁在第二轮对赛的概率为； ③甲丁，乙丙：甲和丁在第二轮对赛的概率为0. 故甲和丁在第二轮对赛概率为. 【小问3详解】 方案一：第一轮安排专业选手与专业选手对赛： 则第二轮必定为专业选手与业余选手对赛，则业余选手获得第一名的概率为. 方案二：第一轮安排业余选手与专业选手对赛： 第二轮为全专业选手的概率为，则业余选手获得第一名的概率为. 第二轮为全业余选手的概率为，则业余选手获得第一名的概率为. 第二轮为一个专业选手与一个业余选手的概率为，此时业余选手获得第一名的概率为. 综上业余选手获得第一名的概率为. 所以方案一中业余选手获得第一名的概率大于方案二中业余选手获得第一名的概率. 17. 已知函数 （1）当时， 证明: 为奇函数; （2）当时， 函数在上的值域为 求a的取值范围： （3）当时， 证明: 为中心对称函数. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用函数奇偶性的定义证明； （2）先应用单调性得出相等关系，在结合值域的求法得出参数范围； （3）应用函数对称中心定义证明函数中心对称. 【小问1详解】 因为，所以， 由，得函数的定义域为， 又， 所以函数为定义域上的奇函数. 【小问2详解】 当时，，是单调增函数， 在上的值域为， 所以 则是的两个解，可得， 设， 在和单调递减，单调递增， 其中，在上值域， 在上值域且取该区间最大值， 综上，数形结合易得. 【小问3详解】 当时，， . 所以关于中心对称. 【点睛】方法点睛：应用函数对称中心定义证明函数中心对称，根据奇函数定义证明函数是奇函数. 18. 已知函数 . （1）求单调性； （2）若，求实数的取值集合. 【答案】（1）在和上递减 （2） 【解析】 【分析】（1）直接利用导数确定单调性即可； （2）先使用导数判断函数的符号，再对分三种情况进行讨论，即可确定的取值集合. 【小问1详解】 首先的定义域为，且. 设，则. 由于对有，对有，故在上递增，在上递减. 所以对有，对也有，即对或对均有. 所以在和上递减. 【小问2详解】 命题即对任意，都有. 此即对有，对有. 设，则我们需要确定的取值集合，使得对有，且对有. 计算得到，. 若，设，则，且有. 当时，有 ； 当时，有 . 所以，故单调递减. 从而对有，对有，所以在上递增，在上递减. 这就得到，即，所以. 再设，则 . 而当时，和总是异号的，故对有. 所以单调递减，故当时，有，当时，有. 同时，有 . 若，则，从而，但，故此时不符合条件； 若，则，从而，但，故此时不符合条件； 若，此时. 从而，且等号只在处成立. 所以在上递增，故对有，且对有，满足条件. 综上，的取值集合是. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于构造合适的函数并研究其取值正负，然后便可利用相应结论解决问题. 19. 已知椭圆 的左右顶点为A₁，A₂， 左右焦点为F₁，F₂，过F₁，F₂分别作两条互相平行的直线l₁，l₂，其中l₁交E于A，B两点， l₂交E于C，D两点， 且点A，C位于x轴同侧， 直线A₁C与A₂A交于点P. 当l₁与x轴垂直时，△PF₁F₂是面积为1的等腰直角三角形. （1）求椭圆E方程; （2）若直线A₁C与直线A₂A的斜率之和为1， 求直线l₁，l₂的方程; （3）求 的取值范围. 【答案】（1） （2）直线直线 （3） 【解析】 【分析】（1）根据△PF₁F₂是等腰直角三角形得到直线方程和方程，然后求出，再根据得到方程组求解. （2）利用对称性得到,然后把条件转化为，再然后结合韦达定理求出和的斜率. （3）通过对称性得到，然后求出直线和直线方程，通过相乘得到P的轨迹方程，最后通过P的轨迹方程消元得到的取值范围. 【小问1详解】 设, 故直线的方程为 由,得, 所以 不妨设， 由△PF₁F₂是等腰直角三角形可得 所以直线方程为：，同理可得方程为：， 所以交点， 由△PF₁F₂是等腰直角三角形面积为1可得， 解得， 又在直线上， 所以, 所以，又， 所以 所以椭圆方程. 【小问2详解】 由图形对称性可得：， 所以， 设, 将 和椭圆得方程联立得 所以 , 故直线直线 【小问3详解】 易得点关于原点对称， 由(2)知, 则直线，直线 , 将两式相乘得 ， 其中 ， 故点P的轨迹方程为：，即 设 则 当时， , 当时，, , , 综上， , 故. 【点睛】关键点点睛：（1）的关键是通过△PF₁F₂是等腰直角三角形得到方程组； （2）的关键是通过对称性把条件转化成一条直线与椭圆的交点问题，然后结合韦达定理求出斜率； （3）的关键是通过对称性结合韦达得到P的轨迹方程，最后通过P的轨迹方程消元得到取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$