江西省宜春市宜春一中、万载中学、宜丰中学2022-2023学年高二下学期期末考试数学试题

这是一份江西省宜春市宜春一中、万载中学、宜丰中学2022-2023学年高二下学期期末考试数学试题，共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设集合A={x|x2-5x+6>0}，B={ x|x-1<0}，则A∩B=
A．(-∞，1) B．(-2，1) C．(-3，-1) D．(3，+∞)
2．函数的零点所在的大致区间是（ ）
A． B． C． D．
3．下列函数中最小值为4的是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知函数，则图象为如图的函数可能是（ ）
A．B．
C．D．
5．在△ABC中，“”是“△ABC为钝角三角形”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
6．在“非遗剪纸进校园，传统文化润心田”主题活动中，小红设计了一个剪纸图案，她现在一个半径为4的圆纸片上画一个内接正方形，再画该正方形的内切圆，依次重复以上画法，得到了一幅由6个圆和6个正方形构成的图案，依次剪去夹在正方形及其内切圆的部分，并剪去最小正方形内的部分，得到如图所示的一幅剪纸，则该图案（阴影部分）的面积为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数的部分图象如图所示，
若，且，则＝( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2) C.eq \f(\r(3),2) D.1
8．已知，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列求导运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．（多选）已知函数，则（ ）
A．函数的定义域为RB．函数的值域为
C．函数在上单调递增D．函数在上单调递减
11．已知数列的前n项和为，数列的前项和为，则下列选项正确的为（ ）
A．数列是等比数列B．数列是等差数列
C．数列的通项公式为D．
12．在锐角中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ）
A．B．的取值范围为
C．的取值范围为D．的取值范围为
第II卷（非选择题）
三、填空题
13．已知函数，则曲线y＝f(x)在点(1，1)处的切线方程为__________．
14．若角的终边过点P(－2a,4a)(a≠0)，则=________________．
15．已知且，则的最小值为___________．
16．已知函数，若方程恰有四个不同的实数解，分别记为则的取值范围是___________．
四、解答题
17．设函数的定义域为A，集合
(1)求集合A；
(2)若且p是q的必要不充分条件，求实数m的取值范围．
18．在中，，
（1）求；
（2）再从条件①、条件②、这两个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求边上中线的长．
条件①：的面积为；
条件②：的周长为；
19．已知函数
(1)求函数的最小正周期及对称轴方程；
(2)将函数的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的纵坐标不变､横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，求在[0，2π]上的单调递减区间.
20．已知函数满足．
（1）若方程有解，求的取值范围；
（2）设，求不等式的解集.
21．已知数列满足，，其中.
(1)设，求证：数列是等差数列.
(2)在（1）的条件下，求数列的前n项和.
(3)在（1）的条件下，若，是否存在实数，使得对任意的，都有，若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.
22．已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
2024届高二下学期期末考试数学试卷
参考答案
1．A2．C3．C4．D5.A
6．B
【分析】由题意可知，圆与正方形的面积分别构成一个等比数列，求和即可.
【详解】设半径从大到小的圆的面积依次为，
由画图知圆的面积构成一个等比数列，计算得，，所以公比为.
同理，设边长从大到小的正方形面积依次为，
也构成一个公比为的等比数列，且首项.
由图案知夹在面积最大的圆与面积最大的正方形之间的阴影面积为，
同理，
所以该剪纸图案的面积为:
，
.故选：B.
7．C
8．B
【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解.
【详解】因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，
故选：A．
9．BC
10．ABD
11．ACD
解：由即为，可化为，由，可得数列是首项为2，公比为2的等比数列，则，即，
又，可得
12．ACD
【详解】在中，由正弦定理可将式子化为
，
把代入整理得，
，
解得或，即或(舍去).
所以.
选项A正确.
选项B：因为为锐角三角形，，所以.
由解得，故选项B错误.
选项C：，
因为，所以，，
即的取值范围.故选项C正确.
选项D：
.
因为，所以， .
令，，则.
由对勾函数的性质知，函数在上单调递增.
又，，所以.
即的取值范围为.故选项D正确.
故选：AD.
13．
14．
15．
【分析】令，，将已知条件简化为；将用表示，分离常数，再使用“乘1法”转化后利用基本不等式即可求得最小值．
【详解】解：令，，因为，所以，
则，，所以,
所以
，
当且仅当，即，，即时取“”，
所以的最小值为.
故答案为：.
16．【分析】明确分段函数两段的性质，进而作出其图像，将方程恰有四个不同的实数解转化为的图象与直线有4个不同的交点，由图象确定，，，的范围，结合对勾函数单调性性质，即可求得答案.
【详解】由题意知，
当时，，
令，则；
当时，；
当时，，
令，则或4；令，则或2；
由此可作出函数的图象如图：

由于方程恰有四个不同的实数解，分别记为，，，，
故的图象与直线有4个不同的交点，由图象可知，
不妨设，则，
且关于对称，所以，
又即，则，
故，
由于在上单调递增，故，
所以，
故的取值范围是，
故答案为：
17. (1) (2)
【详解】（1）由题意得：，解得：，
所以；
（2）因为p是q的必要不充分条件，所以是的真子集，
当时，，解得：，
当时，，
解得：，
综上：实数m的取值范围是
18．（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．
【详解】（1），则由正弦定理可得，
，，，，
，解得；
（2）若选择①：由（1）可得，即，
则，解得，
则由余弦定理可得边上的中线的长度为：
.
若选择②：由（1）可得，
设的外接圆半径为，
则由正弦定理可得，
，
则周长，
解得，则，
由余弦定理可得边上的中线的长度为：
；
19．(1)最小正周期为，对称轴方程为，
(2)
【详解】（1），
，
所以函数的最小正周期为，
令，，得函数的对称轴方程为，
（2）将函数的图象向左平移个单位后所得图象的解析式为，
所以，
令，
所以.又，
所以在上的单调递减区间为.
20．（1）；（2）.
【详解】（1）由，得，解得或（舍去），
所以的解析式为：；
所以，
令，则，
利用二次函数的性质知，，
所以的取值范围为．
（2）由函数知，定义域为，
又，即为上的偶函数，
当时，利用指数函数与对数函数的性质知是增函数，
由，即，
所以，解得．
故不等式的解集是：．
21．【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在；
【详解】（1）证明：，
，∴数列是首项为2，公差为2的等差数列；
（2），设，
则①，
②，
①-②得，
∴；
（3）存在，理由如下：
，，则，
若对任意，都有，则等价于恒成立，即恒成立，
，当n为偶数时，则；
当n为奇数时，则.
综上，存在，使得对任意的，都有.
22．【详解】（1）的定义域为，则
令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设
要证,即证
因为,即证
又因为,故只需证
即证
即证
下面证明时，
设，
则
设
所以,而
所以,所以 所以在单调递增
即,所以
令
所以在单调递减 即,所以；
综上, ,所以.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，故
两边取对数得：，即
又因为，故，即
下证
因为
不妨设，则只需证
构造，则
故在上单调递减
故，即