精品解析：辽宁省沈阳市郊联体2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷

辽宁省重点高中沈阳市郊联体 2023—2024学年度下学期高二年级期末考试试题 数 学 命题人：沈阳市第八十三中学 于洋 评审题人：沈阳市第五十六中学 王璇 考试时间：120分钟 试卷总分：150分 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第Ⅰ卷（选择题） 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，只有一个是符合题目要求的． 1. 已知全集，集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数的图象如图所示，下面四个图象中的图象大致是 A. B. C D. 3. 函数的最大值为（ ） A. 8 B. C. 2 D. 4 4. 已知函数的定义域为R，且是偶函数，是奇函数，则下列选项中值一定为0的是（ ）． A. B. C. D. 5. 中国古代许多著名数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，所讨论的二阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是后项减前项之差组成的新数列是等差数列.现有一个“堆垛”，共50层，第一层2个小球，第二层5个小球，第三层10个小球，第四层17个小球，...，按此规律，则第50层小球的个数为（ ） A. 2400 B. 2401 C. 2500 D. 2501 6. 函数在上单调递减的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义在R上的函数满足，且恒成立，则不等式的解集为 A. B. C. D. 8. 已知函数，若实数，满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分、共18分．在每小题垥出的选项中，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. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 函数的定义域为，则的定义域为 C. 若幂函数的图像过点，则 D. 函数的零点所在区间可以是 10. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数存在两个不同的零点 B. 函数既存在极大值又存在极小值 C. 当时，方程有且只有两个实根 D. 若时，，则的最小值为 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则________． 13. 若函数在区间上存在最小值，则实数取值范围是_____． 14. 已知函数则函数有_________个零点． 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. 设集合，. （1）当时，求 （2）若，求m的取值范围. 16 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的单调性． 17. 已知函数f(x)的定义域是{x|x≠0}，对定义域内的任意，都有f(·)＝f()＋f()，且当x>1时，f(x)>0，f(2)＝1. (1)证明：(x)是偶函数； (2)证明：(x)在(0，＋∞)上增函数； (3)解不等式(2－1)<2. 18. 已知数列的各项均为正数，且对任意的都有. （1）求数列的通项公式； （2）设，且数列的前项和为，问是否存在正整数，对任意正整数有恒成立？若存在，求出的最大值；若不存在，请说明理由. 19. 已知函数，其中为常数. （1）若，求函数的极值； （2）若函数在上单调递增，求实数的取值范围； （3）若，设函数在上的极值点为，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 辽宁省重点高中沈阳市郊联体 2023—2024学年度下学期高二年级期末考试试题 数 学 命题人：沈阳市第八十三中学 于洋 评审题人：沈阳市第五十六中学 王璇 考试时间：120分钟 试卷总分：150分 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第Ⅰ卷（选择题） 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，只有一个是符合题目要求的． 1. 已知全集，集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意表示出集合即可. 【详解】，故， 图中阴影部分表示的元素在中而不在中，故对应的集合为， 故选：D 2. 已知函数的图象如图所示，下面四个图象中的图象大致是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数y＝xf′（x）的图象，依次判断f（x）在区间（﹣∞，﹣1），（﹣1，0），（0，1），（1，+∞）上的单调性即可 【详解】由函数y＝xf′（x）的图象可知： 当x＜﹣1时，xf′（x）＜0，f′（x）＞0，此时f（x）增， 当﹣1＜x＜0时，xf′（x）＞0，f′（x）＜0，此时f（x）减， 当0＜x＜1时，xf′（x）＜0，f′（x）＜0，此时f（x）减， 当x＞1时，xf′（x）＞0，f′（x）＞0，此时f（x）增． 故选C． 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查函数的图象问题．属于基础题． 3. 函数的最大值为（ ） A. 8 B. C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由换元法，结合二次函数最值，即可得到结果. 【详解】设，则，即，所以， 因为，所以当时，函数取得最大值为. 故选：A 4. 已知函数的定义域为R，且是偶函数，是奇函数，则下列选项中值一定为0的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据奇偶函数定义的抽象式，采用赋值法求解，再构造满足条件的函数，判断错误选项. 【详解】由为偶函数，得， 由为奇函数，得，即， 则有，于是，即， 因此，函数是周期为4的周期函数， 由，，得，由，，得，B正确； 令，则有， ，即， 定义在上的函数满足为偶函数，为奇函数， 此时，A错误； ，C错误； ，D错误. 故选：B 5. 中国古代许多著名数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，所讨论的二阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是后项减前项之差组成的新数列是等差数列.现有一个“堆垛”，共50层，第一层2个小球，第二层5个小球，第三层10个小球，第四层17个小球，...，按此规律，则第50层小球的个数为（ ） A. 2400 B. 2401 C. 2500 D. 2501 【答案】D 【解析】 【分析】依据等差数列的定义与求和公式，累加法计算即可. 【详解】不妨设第层小球个数为，由题意，， ……，即各层小球之差成以3为首项，2为公差的等差数列.所以. 故有，累加可得：， 故 故选:D 6. 函数在上单调递减的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先将命题等价转化为研究在上的的性质，然后分类讨论即知使得命题成立的充要条件是，最后比较选项即可得出答案. 【详解】由于是定义在上的递减函数，故命题等价于在上单调递增且取值恒为正. 若，则，从而在上取值不恒为正，不满足条件； 若，则对任意都有， 且由知对任意都有. 故在上单调递增且取值恒正，满足条件. 所以使得原命题成立的充分必要条件是，从而观察选项可知A是充分不必要条件，B是充要条件，C，D是既不充分也不必要条件. 故选：A. 7. 已知定义在R上的函数满足，且恒成立，则不等式的解集为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】 令，则，即为，即 设，则， 因为对于任意的，都有成立， 所以对任意，都有，所以为单调递增函数， 且，所以的解集为， 即，即 所以不等式的解集为，故选D. 点睛：本题考查了函数综合应用问题，以及不等式的求解，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及转化与化归思想的应用，对于与函数有关的不等式的求解问题：通常是代入函数的解析式，直接求解不等式的解集，若不等式不易解或不可解，则将问题转化为构造新函数，利用新函数的性质——单调性与奇偶性等，结合函数的图象求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用. 8. 已知函数，若实数，满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件得出关于点中心对称，从而得到，再利用基本不等式，即可求出结果. 【详解】因为，所以，即有， 所以关于点中心对称，又， 所以，即， 所以， 当且仅当，即时取等号， 故选：B. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分、共18分．在每小题垥出的选项中，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. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 函数的定义域为，则的定义域为 C. 若幂函数的图像过点，则 D. 函数的零点所在区间可以是 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，使用反证法即可证明；对于B，利用函数定义域的性质即可判断；对于C，使用幂函数的定义及已知条件即可验证；对于D，证明在上没有零点即可判断. 【详解】对于A，假设，则，所以，故，矛盾，所以，故A正确； 对于B，由于的定义域为，故的定义域为，所以的定义域为，故B错误； 对于C，由于是幂函数，故可设，而的图像过点，故，所以，即，故C正确； 对于D，由于当时有，所以在上没有零点，故D错误. 故选：AC. 10. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，直接证明即可；对于B，先证明，再利用对数的性质即可验证；对于C，先证明，然后得到，再使用指数的单调性即可；对于D，给出作为反例即可. 【详解】对于A，有，当且仅当时取等号，故A正确； 对于B，，，有，当且仅当时取等号， 故，从而，故B正确； 对于C，由，知，所以 故，从而，所以，故C正确； 对于D，由于当时，有，，但，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用不等式的性质，并利用指数和对数的性质验证不等式. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数存在两个不同的零点 B. 函数既存在极大值又存在极小值 C. 当时，方程有且只有两个实根 D. 若时，，则的最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】首先求函数的导数，利用导数分析函数的单调性和极值以及函数的图象，最后直接判断选项． 【详解】对于A．，解得，所以A正确； 对于B．， 当时，，当时，或， 所以是函数的单调递减区间，是函数的单调递增区间， 所以是函数的极小值，是函数的极大值，所以B正确． 对于C．当时，，根据B可知，函数的最小值是，再根据单调性可知，当时，方程有且只有两个实根，所以C正确； 对于D：由图象可知，t的最大值是2，所以D不正确． 故选：ABC. 【点睛】易错点点睛：本题考查了导数分析函数的单调性，极值点，以及函数的图象，首先求函数的导数，令导数为0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，本题易错的地方是是函数的单调递减区间，但当时，，所以图象是无限接近轴，如果这里判断错了，那选项容易判断错了． 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据给定条件，利用指数式与对数式的互化关系，再利用对数的运算性质及换底公式计算得解. 【详解】依题意，， 则． 故答案为：3 13. 若函数在区间上存在最小值，则实数的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】由题意，求导f′（x）＝x2+2x＝x（x+2）确定函数的单调性，从而作出函数的简图，由图象求实数a的取值范围． 【详解】由题意，f′（x）＝x2+2x＝x（x+2）， 故f（x）在（﹣∞，﹣2），（0，+∞）上是增函数， 在（﹣2，0）上是减函数， 作其图象如图， 令x3+x2得， x＝0或x＝﹣3； 则结合图象可知， ； 解得，a∈[﹣3，0）； 故选C． 【点睛】本题考查了导数的综合应用及学生作图识图的能力，属于中档题． 14. 已知函数则函数有_________个零点． 【答案】4 【解析】 【分析】令，由可得，，转化为数形结合，判断图象交点个数，即可得解. 【详解】令，由可得，， 作与的图象，如图， 由图象知有两个交点，分别设横坐标为， 则， 由可知或，有两个根， 由，显然有两个根， 综上，有4个根，即有4个零点. 故答案为：4 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. 设集合，. （1）当时，求. （2）若，求m的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将代入相应集合，并结合交集与并集的概念即可求解. （2）由题意，这里要注意对集合分两种情形讨论：集合为空集或者集合不为空集，然后相应去求解即可. 【小问1详解】 当时, , 又因为， 所以 【小问2详解】 若,则分以下两种情形讨论： 情形一：当集合为空集时，有， 解不等式得 情形二：当集合不为空集时，由以上情形以可知，此时首先有，其次若要保证，在数轴上画出集合如下图所示： 由图可知，解得；结合可知. 综合以上两种情形可知：m的取值范围为. 16. 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）答案见解析. 【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． 17. 已知函数f(x)的定义域是{x|x≠0}，对定义域内的任意，都有f(·)＝f()＋f()，且当x>1时，f(x)>0，f(2)＝1. (1)证明：(x)是偶函数； (2)证明：(x)在(0，＋∞)上是增函数； (3)解不等式(2－1)<2. 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 【解析】 【分析】（1）令，求得，再由，求得，进而得出，即可得到证明； （2）根据函数的单调性的定义，即可证得函数的为单调递增函数； （3）由（1）（2）可把不等式 转化为，进而得，结合，即可求解. 【详解】(1)证明　令x1＝x2＝1，得f(1)＝2f(1)， ∴f(1)＝0.令x1＝x2＝－1，得f(－1)＝0， ∴f(－x)＝f(－1·x)＝f(－1)＋f(x)＝f(x)． ∴f(x)是偶函数． (2)证明　设x2>x1>0， 则f(x2)－f(x1)＝f(x1·)－f(x1) ＝f(x1)＋f()－f(x1)＝f()， ∵x2>x1>0，∴>1. ∴f()>0，即f(x2)－f(x1)>0. ∴f(x2)>f(x1)． ∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数． (3)解　∵f(2)＝1，∴f(4)＝f(2)＋f(2)＝2. 又∵f(x)是偶函数， ∴不等式f(2x2－1)<2可化为f(|2x2－1|)<f(4)． 又∵函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，∴|2x2－1|<4. 解得－ <x<，又，解得： 即不等式的解集为． 【点睛】本题主要考查了函数的单调性与奇偶性的定义法证明，以及函数的单调性的应用，其中解答中熟记函数的单调性与奇偶性的定义，合理运算、化简是解答的关键，同时考查了转化思想的应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力. 18. 已知数列的各项均为正数，且对任意的都有. （1）求数列的通项公式； （2）设，且数列的前项和为，问是否存在正整数，对任意正整数有恒成立？若存在，求出的最大值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）， （2）存在，1010 【解析】 【分析】（1）由得到：（），两式相减得即可求解； （2）由（1）得到，利用裂项相消求和得到，由数列的单调性定义可得数列为递增数列，结合条件得到，即可求解. 【小问1详解】 因为，， 当时，， 两式相减得（），即（）. 又当时，，得，满足上式. 故，. 【小问2详解】 由（1）可得，， 则 ，即. 又， 所以数列为递增数列，所以. 因为对任意正整数有恒成立， 所以，解得.又，所以. 所以存在正整数，使得对任意正整数有恒成立，且的最大值为1010. 19. 已知函数，其中为常数. （1）若，求函数的极值； （2）若函数在上单调递增，求实数的取值范围； （3）若，设函数在上的极值点为，求证：. 【答案】(1)当时，的极大值为，无极小值；(2)；(3)证明见解析. 【解析】 【详解】试题分析：（1）求导，利用导函数的符号变化得到函数的单调性，进而得到函数的极值；（2）求导，将函数在某区间上单调递增转化为导函数非负恒成立，分离参数，构造函数，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题；（3）连续两次求导，分别通过研究导函数的符号变化研究函数的极值，再作差构造函数，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，再利用求导进行求解. 试题解析：（1）当时，，定义域为， ，令，得. 极大值 当时，的极大值为，无极小值. （2），由题意对恒成立. ，， 对恒成立， 对恒成立. 令，，则， ①若，即，则对恒成立， 在上单调递减， 则，，与矛盾，舍去； ②若，即，令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时， ， .综上. （3）当时，，， 令，， 则 ，令，得， ①当时，，单调递减，， 恒成立，单调递减，且. ②当时，，单调递增， 又 ， 存在唯一，使得，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减，且， 由①和②可知，在单调递增，在上单调递减， 当时，取极大值. ，， ， 又，，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$