2023-2024学年江西省南昌市第二中学高二下学期期末考试数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年江西省南昌市第二中学高二下学期期末考试数学试题（含答案），共8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：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知全集U={0,1,2,3,4}，集合A={1,2,3},B={2,4}，则B∩∁UA=( )
A. {4}B. {2}C. {0,2,4}D. {0,2,3,4}
2.已知函数fx+2的定义域为−3,4，则函数gx=fx 3x−1的定义域为( )
A. 13,4B. 13,2C. 13,6D. 13,1
3.已知x∈R，p:“x2−x>0”，q:“x>1”，则p是q的( )
A. 充分但不必要条件B. 必要但不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.已知x>0，y>0，且2x+y=xy，则x+2y的最小值为( )
A. 8B. 8 2C. 9D. 9 2
5.已知命题p:∀x>0,x+1ex>1，则命题p的否定为( )
A. ∀x≤0,x+1ex≤1B. ∃x0≤0,x0+1ex0≤1
C. ∀x>0,x+1ex≤1D. ∃x0>0,x0+1ex0≤1
6.设函数f(x)=min{x2−1,x+1,−x+1}，其中minx,y,z表示x,y,z中的最小者，若fa+2>fa，则实数a的取值范围为
A. −1,0B. −2,0
C. −∞,−2∪−1,0D. −2,+∞
7.已知椭圆和双曲线有共同的焦点F1，F2，P是它们的一个交点，且∠F1PF2=π3，记椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2，则1e1e2的最大值为( )
A. 3B. 2C. 4 33D. 2 33
8.若关于x的不等式xex−2ax+a<0的非空解集中无整数解，则实数a的取值范围是
A. 25e2,13eB. 13e, e4eC. 13e,eD. e4e,e
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若函数fx同时满足：①对于定义域上的任意x，恒有fx+f−x=0；②对于定义域上的任意x1,x2，当x1≠x2时，恒fx1−fx2x1−x2<0，则称函数f(x)为理想函数．下列四个函数中能被称为理想函数
的是( )
A. fx=−xB. fx=−3xC. fx=x3+xD. fx=23−x
10.已知a>1，b>2，且ab=2a+b−1，则( )
A. a+b有最小值5B. a+b有最小值6
C. ab有最大值3+2 2D. ab有最小值3+2 2
11.当10成立．若b>ea>e，则( )
A. eb>bee−1B. ealnbbeea
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.y=x− 2x−1的值域为 ．
13.已知圆C:x2+y2+6x+8y+21=0，点A是圆C上任一点，抛物线y2=8x的准线为l，设抛物线上任意一点Р到直线l的距离为m，则m+|PA|的最小值为
14.若不等式ax+3x2−b≤0对任意的x∈0,+∞恒成立，则ab+4的最大值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知集合A=x−1(1)若A∪B=A，求实数m的取值范围；
(2)若A∩B=⌀，求实数m的取值范围．
16.(本小题12分)
设y=mx2+(1−m)x+m−2．
(1)若不等式y≥−2对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围；
(2)解关于x的不等式mx2+(1−m)x+m−217.(本小题12分)
定义在−2,2上的函数y=fx满足：对任意的m,n∈[−2,2]，都有f(m+n)=f(m)+f(n)成立，且当x>0时，f(x)>0．
(1)求证：f(x)在−2,2上是单调递增函数;
(2)解关于x的不等式：f(x)(3)已知f(1)=12，若f(x)⩽t2−2at−2对所有的x∈[−2,2]及a∈[−2,2]恒成立，求实数t的取值范围．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥BC，DC//AB，BC=CD=DP=PA=12AB，点E在PC上，且PE=2EC．
(1)证明：AP//平面BDE；
(2)求二面角D−PC−B的正弦值．
19.(本小题12分)
己知函数fx=2lnax+b，其中a，b∈R．
(1)若直线y=x是曲线y=f(x)的切线，求ab的最大值；
(2)设b=1，若关于x的方程fx=a2x2+a2+2ax+a+1有两个不相等的实根，求a的最大整数值．(参考数据ln54≈0.223)
参考答案
1.A
2.C
3.B
4.C
5.D
6.C
7.D
8.B
9.AB
10.AD
11.ABD
12.[0,+∞)
13. 41−2
14.−12
15.解：(1)
由A∪B=A得B⊆A，
当B=⌀时，则有m+1>2m+3，
解得m<−2；
当B≠⌀时，则有m+1≤2m+3m+1>−12m+3<2,
解得−2综上所诉：实数m的取值范围为−∞,−2∪−2,−12．
(2)
若A∩B=⌀，则有
当B=⌀时，则有m+1>2m+3，
解得m<−2；
当B≠⌀时{+1⩽2m+3m+1⩾2或{+1⩽2m+32m+3⩽−1
得m≥1或m=−2，
综上所诉：实数m取值范围为−∞,−2∪1,+∞．
16.解：(1)y=mx2+(1−m)x+m−2⩾−2．
故mx2+(1−m)x+m⩾0，
当m=0时，x⩾0，不满足题意；
当m≠0时，则m>0Δ=(1−m)2−4m2⩽0⇒m⩾13,
综上所述，m⩾13，
故实数m的取值范围为13,+∞．
(2)mx2+(1−m)x+m−2①当m=0时，x−1<0，解集为−∞,1
②当m>0时，mx2+(1−m)x+m−2方程mx+1(x−1)=0的两个根为x1=−1m,x2=1，
不等式mx2+(1−m)x+m−2③当m<0时，
(i)当m=−1时，解集为{x|x≠1};
(ii)当m<−1时，解集为{x|x<−1m或x>1};
(iii)当−1−1m或x<1}．
17.(1)证明：任取x1,x2∈−2,2，设x1则fx2=fx2−x1+x1=fx2−x1+fx1，
∴ fx2−fx1=fx2−x1，
∵x>0时，fx>0，而x2−x1>0，
∴fx2−x1>0，
∴ fx2>fx1 ，
∴ fx在−2,2上是单调递增函数；
(2)解：由(1)得，x<2x+1−2⩽x⩽2−2⩽2x+1⩽2,
解得x∈(−1,12]；
(3)解：由f1=12得f2=1，
由(1)得f(x)⩽1，即t2−2at−2⩾1．
所以−2ta+t2−3⩾0对任意的a∈−2,2恒成立，
t2+4t−3⩾0t2−4t−3⩾0，解得t⩾2+ 7或t⩽−2− 7．
18.解：(1)
证明：如图，连接AC，交BD于点F，连接EF．
由DC/​/AB，CDAB=12，所以CFFA=12.
又PE=2EC，所以CEEP=12，故EF/​/PA．
又EF⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，所以AP//平面BDE．
(2)
不妨设BC=CD=DP=PA=12AB=1，
则AB=2,BD=AD= 2,BD⊥AD.
以D为坐标原点，分别以直线DA,DB为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.
所以B(0, 2,0),C− 22, 22,0,D(0,0,0),P 22,0, 22.
设m=x1,y1,z1为平面PBC的一个法向量，则有{m⇀⋅BC⇀=0m⇀⋅PC⇀=0
即− 22x1− 22y1=0,− 2x1+ 22y1− 22z1=0,可取m=(1,−1,−3).
设n=x2,y2,z2为平面CPD的一个法向量，则有{n⇀⋅DP⇀=0n⇀⋅DC⇀=0
即 22x2+ 22z2=0,− 22x2+ 22y2=0,可取n=(1,1,−1)，
所以csm,n=m⋅n|m||n|= 3311．
所以sinm,n= 1−cs2m,n=2 2211，
所以二面角D−PC−B的正弦值为2 2211．
19.解：(1)设直线y=x与y=f(x)相切于点P(x0,2ln(ax0+b))，
因为f′(x)=2aax+b，所以f′(x0)=2aax0+b=1，
所以ax0+b=2a(a>0)，
又因为P在切线y=x上，所以2ln(ax0+b)=x0，
所以ab=2a2−2a2ln2a(a>0)，
设g(a)=2a2−2a2ln2a(a>0)，则由g ′(a)=2a−4aln2a=2a(1−2ln2a)>0，
解得0所以g(a)的最大值g( e2)=e4，
所以ab的最大值为e4；
(2)原方程为2ln(ax+1)=(ax+1)2+a(ax+1)，
设ax+1=t(t>0)，则原问题等价于关于t的方程2lnt=t2+at(t>0)有两个不同的实数根，
所以函数p(t)=2lnt−t2−at需有两个不同的零点，
因为p′(t)=2t−2t−a在(0,+∞)上单调递减，
且p′(t)=0在(0,+∞)上存在唯一实根t0，
即p′(t0)=0，即at0=2−2t02，
所以当t∈(0,t0)时，p′(t0)>0；当t∈(t0,+∞)时，p′(t0)<0，
因此，p(t)在(0,t0)上单调递增；在(t0,+∞)上单调递减，
若a>0，则t0∈(0,1)，
p(t)⩽p(t0)=2lnt0−t02−at0=2lnt0−t02−(2−2t02)=2lnt0+t02−2<0，
不合题意舍去，
若a<0，则t0∈(1,+∞)，
t→0时，p(t)→−∞，
t→+∞，p(t)→−∞，
要使函数p(t)=2lnt−t2−at(t>0)有两个不同的零点，
则只需p(t0)=2lnt0−t02−(2−2t02)=t02+2lnt0−2>0，
因为p(t0)=t02+2lnt0−2是关于t0的增函数，且p(1)=−1<0，
p(54)=2ln54−716>0，所以存在m∈(1,54)使得P(m)=0，
所以当t0>m时，p(t0)>0，
因为a=2t0−2t0是关于t0的减函数，
所以a=2t0−2t0<2m−2m，
又因为2m−2m∈(−910,0)，
所以a的最大整数值为−1．