江西省宜春市第一中学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第一中学2022-2023学年高二下学期期末考试数学试题，共20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。

江西省宜春市第一中学2022-2023学年高二下学期期末考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

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．在中，“”是“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．小红在手工课上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． B． C． 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R B．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．锐角△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且，下列结论正确的是（    ）
A．A=2B B．B的取值范围为
C．的取值范围为 D．的取值范围为

三、填空题
13．已知函数，则曲线在点处的切线方程为 .
14．若角的终边过点，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，集合（）.
(1)求集合；
(2)若：，：，且是的必要不充分条件，求实数的取值范围.
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．

参考答案：
1．A
【分析】先求出集合A，再求出交集．
【详解】由题意得，，则．故选A．
【点睛】本题考点为集合的运算，为基础题目．
2．C
【分析】首先判断函数的单调性，再根据零点存在性定理判断即可.
【详解】解：的定义域为，又与在上单调递增，
所以在上单调递增，
又，，，
所以，所以在上存在唯一的零点.
故选：C
3．C
【分析】根据二次函数的性质可判断选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合题意，符合题意．
【详解】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意；
对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意；
对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意；
对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题解题关键是理解基本不等式的使用条件，明确“一正二定三相等”的意义，再结合有关函数的性质即可解出．
4．D
【分析】由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解.
【详解】对于A，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；
对于B，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；
对于C，，则，
当时，，与图象不符，排除C.
故选：D.
5．A
【分析】利用余弦定理可知时，为钝角，推得充分性成立；举反例推得必要性不成立，从而得解.
【详解】充分性：
当时，，
又，所以是以为钝角的钝角三角形；
必要性：
当为钝角三角形时，取，
则，又，
故为钝角，但不成立，故不满足必要性.
所以“”是“为钝角三角形”的充分不必要条件.
故选：A
6．C
【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：C.
7．C
【分析】先求出函数解析式，根据函数对称性可得，进而可得.
【详解】根据图像可知：，

所以，
当时，,
即，因，得，
故，
令，，
得的对称轴为，，
因，且，
故，
所以.
故选：C
8．B
【分析】由结合三角函数的性质与导数可得；构造函数，利用导数可得，即可得解.
【详解】当时，令，，
则，，
故和在上单调递增，
故，，
且，．
即当时，
因为，所以，即，所以；
设，，所以在单调递增，
则，所以，所以，所以，
故选：B.
9．BC
【分析】根据求导法则以及基本初等函数的求导公式、复合函数的求导法则，对选项中的函数逐一求导，即可求解.
【详解】对于A, ，故A错误，
对于B，，故B正确，
对于C，，故C正确，
对于D，，故D错误，
故选：BC
10．ABD
【分析】由函数的表达式可得函数的定义域可判断A；令，则，，结合指数函数的单调性得到函数的值域，可判断B；根据复合函数单调性的判断方法可得函数的单调性可判断C、D.
【详解】令，则．
对于A，的定义域与的定义域相同，为R，故A正确；
对于B，，的值域为，所以函数的值域为，故B正确；
对于C、D，因为在上单调递增，且，在定义域上单调递减，所以根据复合函数单调性法则，得函数在上单调递减，所以C不正确，D正确.
故选：ABD.
11．ACD
【分析】由可得，，可判断B的正误，再求出，可判断A,C的正误，利用裂项相消法求，可判断D的正误.
【详解】由即为，可化为，即，
由，且，可得数列是首项为2，公比为2的等比数列，B错误；
则，即，故C正确；
,故A正确，
又，可得
故D正确；
故选：ACD.
12．ACD
【分析】由正弦定理，三角函数的恒等变换可将条件化为，结合角的范围可得，即可判断A；由题意可得范围，可得，即可判断B；由正弦定理，二倍角公式可得，结合的范围，利用余弦函数的性质即可判断C；利用三角函数的恒等变换可得，又，可得，令，则，由对勾函数性质即可判断D．
【详解】，
由正弦定理可得，
又，
，即，
，
，，为锐角，
，即，故选项A正确；
，，，故选项B错误；
，，故选项C正确；
，
又，，
令，则，
由对勾函数性质可知，在，上单调递增，
又，（1），
，，故选项D正确．
故选：ACD．
13．
【分析】求导得到导函数，计算，，由点斜式得到切线方程.
【详解】因为，所以时，，
此时，，
又因为，
则切线方程为，即.
故答案为：
14．/0.4
【分析】利用三角函数的平方关系、正弦的二倍角公式、弦化切进行计算可得答案.
【详解】，则，所以

.
故答案为：.
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：
【点睛】关键点睛：本题综合考查函数与方程的应用知识，涉及到知识点较多，综合性强，解答的关键时要明确分段函数的性质，进而作出其图象，数形结合，即可求解.
17．(1)
(2)

【分析】（1）根据对数函数的定义域及根式有意义列出不等式组，求出集合；
（2）根据p是q的必要不充分条件，得到是的真子集，分与两种情况，进行求解.
【详解】（1）要使得函数有意义，只需要解得，
所以集合.
（2）因为是的必要不充分条件，所以是的真子集，
当时，，解得；
当时，解得，
综上可知，实数的取值范围是.
18．(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）由正弦定理化边为角，结合二倍角的正弦公式即可求解；
（2）若选择①：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求中线的长；若选择②：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可得出各边，再由余弦定理可求中线的长；
【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，符合题意，
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，符合题意，
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)

【分析】（1）利用两角和差的正余弦公式与辅助角公式化简可得，再根据周期的公式与余弦函数的对称轴公式求解即可；
（2）根据三角函数图形变换的性质可得，再根据余弦函数的单调区间求解即可.
【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)

【分析】（1）根据题意得到，求得，得到，得到，结合二次函数的性质，即可求解；
（2）由函数，得到函数为上的偶函数，且当时，为增函数，把不等式转化为，得到，即可求解.
【详解】（1）解：由，得，解得或（舍去），
所以的解析式为，所以，
令，则，
由二次函数的性质，可得，，
所以的取值范围为.
（2）解：由函数，可得定义域为，
又由，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，
即，解得，
故不等式的解集是：.
21．(1)证明见解析
(2)
(3)存在；

【分析】（1）结合递推关系，证明为常数即可；
（2）由错位相减法求和；
（3）命题等价成恒成立，转为说明恒成立，对n分奇偶讨论，分别求恒成立问题即可.
【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，
若对任意的，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，时，则.
综上，存在，使得对任意的，都有.
22．(1)
(2)证明见的解析

【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.
【详解】（1）[方法一]：常规求导
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
[方法二]：同构处理
由得：
令，则即
令，则
故在区间上是增函数
故，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，即得证
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握