江西省南昌市第一中学2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份江西省南昌市第一中学2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了 已知集合，则， 已知，，则“”是“”的， 设，，，则，，的大小关系为， 已知函数满足， 已知等内容，欢迎下载使用。

考试时间：120分钟 试卷总分：150分
一､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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知，，则“”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 既不充分也不必要条件
C. 充分不必要条件D. 必要不充分条件
3. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知命题“成立”是假命题，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
5. 设，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
6. 若函数的值域为，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
7. 已知函数满足：，则的解析式为（ ）
A. B.
C. D.
8. 已知函数的定义域为，函数为偶函数，函数为奇函数，则下列说法错误的是（ ）
A. 函数的一个对称中心为B.
C. 函数为周期函数，且一个周期为4D.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9. 围棋是我国发明的古老的也是最复杂的智力竞技活动之一.现代围棋棋盘共有19行19列，361个格点，每个格点上可能出现黑子､白子､空三种情况，因此整个棋盘上有种不同的情况，下面对于数字的判断正确的是（ ）
（参考数据：）
A. 的个位数是3B. 的个位数是1
C. 是173位数D. 是172位数
10. 已知（），则下列结论正确的是（ ）
A. ab最小值为2B. 的最小值为
C. 的最大值为1D. 的最小值为
11. 下列定义在上的函数中，满足的有（ ）
A B.
C. D.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，，则的取值范围为___________.
13. 已知函数为偶函数，则实数值为______．
14. 已知函数的值域是，若，则m的取值范围是________．
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. 二次函数满足，且.
（1）求的解析式；
（2）若时，的图象恒在图象的上方，试确定实数的取值范围.
16. 如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
（1）若为线段中点，求证：平面．
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
17. 甲、乙两个不透明袋中各装有6个大小质地完全相同的球，其中甲袋中有3个红球、3个黄球，乙袋中有1个红球、5个黄球．
（1）若从两袋中各随机地取出1个球，求这2个球颜色相同的概率；
（2）若先从甲袋中随机地取出2个球放入乙袋中，再从乙袋中随机地取出2个球，记从乙袋中取出的红球个数为，求的分布列与期望．
18. 已知函数．
（1）当时，求函数的极值；
（2）求函数的单调区间；
（3）当时，若在时恒成立，求整数的最大值．
19. 已知数列的前项和为，若存在常数，使得对任意都成立，则称数列具有性质．
（1）若数列为等差数列，且，求证：数列具有性质；
（2）设数列的各项均为正数，且具有性质．
①若数列是公比为的等比数列，且，求的值；
②求最小值．
南昌一中朝阳校区2023-2024学年第二学期高二年级期末考试
数学试卷
考试时间：120分钟 试卷总分：150分
一､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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求得，可求.
【详解】因为，
所以.
故选：A.
2. 已知，，则“”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 既不充分也不必要条件
C. 充分不必要条件D. 必要不充分条件
【答案】D
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件的概念推理即可．
【详解】若，，，则，则，
∴“”是“”的不充分条件；
若，∵，∴，即，
∴“”是“”的必要条件；
综上，“”是“”的必要不充分条件．
故选：D．
3. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复合函数定义域的求法进行求解.
【详解】由题意可知，要使有意义，则，解得，
所以函数的定义域为．
故选：D．
4. 已知命题“成立”是假命题，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】原命题为假命题，则其否定为真命题，转化成恒成立问题，然后分离参数，利用函数的单调性求函数的最值，可得问题的答案.
【详解】由命题“成立”是假命题，
则命题“，成立”真命题，
即恒成立．
令，，则，
因为
所以函数在上为增函数，当时，，所以．
故选：A
5. 设，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数的单调性及对数函数的单调性，结合特殊值比较大小即可.
【详解】因为在定义域上单调递减，所以，
又在定义域上单调递增，所以，
在定义域上单调递减，所以，
所以.
故选：B
6. 若函数的值域为，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对分两种情况讨论，分别根据一次函数、二次函数的性质，结合值域求参数取值范围即可.
【详解】①时，，值域为，满足题意；
②时，若的值域为，
则，解得，
综上，.
故选：C.
7. 已知函数满足：，则的解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】通过化简即可得出函数的解析式.
【详解】因为，∴，
故选：A.
8. 已知函数的定义域为，函数为偶函数，函数为奇函数，则下列说法错误的是（ ）
A. 函数一个对称中心为B.
C. 函数为周期函数，且一个周期为4D.
【答案】C
【解析】
【分析】对于A，由为奇函数，则，再将代入化简可求出对称中心；对于B，由选项A可得，再由为偶函数可得，令可求出；对于C，由的图象关于点对称，结合求出进行判断；对于D，利用赋值法求解判断.
【详解】对于A，因为为奇函数，
所以，即，
所以，所以，
所以函数的图象关于点对称，所以A正确，
对于B，在中，令，得，得，
因为函数为偶函数，所以，
所以，
所以，
令，则，所以，得，所以B正确，
对于C，因为函数的图象关于点对称，，
所以，所以，
所以4不是的周期，所以C错误，
对于D，在中令，则，
令，则，因为，所以，
因为，所以，所以D正确，
故选：C
【点睛】关键点点睛：此题考查抽象函数的奇偶性、对称性和周期性，解题的关键是由已知条件化简后利用赋值法分析判断，考查计算能力，属于较难题.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9. 围棋是我国发明的古老的也是最复杂的智力竞技活动之一.现代围棋棋盘共有19行19列，361个格点，每个格点上可能出现黑子､白子､空三种情况，因此整个棋盘上有种不同的情况，下面对于数字的判断正确的是（ ）
（参考数据：）
A. 的个位数是3B. 的个位数是1
C. 是173位数D. 是172位数
【答案】AC
【解析】
【分析】对于AB，因为的个位数以4为周期循环往复，则的个位数与的个位数相同，即可判断AB；对于CD，通过对数运算，得即可判断CD.
【详解】对于AB,由，
个位数分别为以4为周期循环往复，
因为的余数为1，
故的个位数与的个位数相同，
即的个位数为3，故A正确，B错误；
对于CD，因为，
所以，
因为，
所以为173位数，故C正确，D错误.
故选：AC.
10. 已知（），则下列结论正确的是（ ）
A. ab的最小值为2B. 的最小值为
C. 的最大值为1D. 的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】利用基本不等式即可判断A；利用1的变换，即可判断B；变形，根据的范围，即可判断C；利用平方，以及A选项的判断结果，即可判断D.
【详解】对于A，，即，，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为8，故A错误；
对于B，由得，，
当时，结合，即时等号成立，故B正确；
对于C，由，得，
由，且，得，所以，故C错误；
对于D，由，两边平方后得，即，由A知，
所以，所以的最小值为，故D正确.
故选：BD
11. 下列定义在上的函数中，满足的有（ ）
A B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A、B、D：借助函数性质与基本不等式逐项计算即可得；对C：借助余弦函数的性质计算即可得.
【详解】对A：，则，
当且仅当时，等号成立，故A正确；
对B：，则，
当且仅当时，等号成立，不满足条件，故B错误；
对C：，故C正确；
对D：，
，
当且仅当时，等号成立，故D正确．
故选：ACD．
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，，则取值范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用待定系数法可得，利用不等式的基本性质可求得的取值范围.
【详解】解：设，
所以，解得，
因为，，
则，
因此，.
故答案为：.
13. 已知函数为偶函数，则实数的值为______．
【答案】-1
【解析】
【分析】先判断函数为奇函数，再由函数为偶函数得函数为奇函数即可.
【详解】因为函数定义域为，
令，则，
故，知为奇函数，
由于为偶函数，
则函数为奇函数，
即，
解得．
故答案为：．
14. 已知函数的值域是，若，则m的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】先判断出在上单调递增，在上单调递减，然后作出与在上的图象，求出在上的值域，再结合图象可求得结果.
【详解】当时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，为，
作出与在上的图象如图所示：
当，时，，此时，
此时，
因为的值域为，则时，必有解，即，解得，由图知,
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查函数的综合问题，考查分段函数，考查由函数的值域确定参数的范围，解题的关键是根据题意作出函数图象，结合图象求解，考查数形结合的思想，属于较难题.
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. 二次函数满足，且.
（1）求的解析式；
（2）若时，的图象恒在图象的上方，试确定实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，利用求得，由可求得，即得答案；
（2）依题意可得当时，恒成立，参变分离可得恒成立，再令，，求出，即可求出参数的取值范围.
【小问1详解】
由题意设，
由得；
由得，
即恒成立，故，则，
故；
【小问2详解】
因为当时，的图象恒在图象的上方，
所以当时，恒成立，
即当时，恒成立，
令，，则在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，即实数的取值范围为.
16. 如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
（1）若为线段中点，求证：平面．
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值.
【小问1详解】
取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为
17. 甲、乙两个不透明的袋中各装有6个大小质地完全相同的球，其中甲袋中有3个红球、3个黄球，乙袋中有1个红球、5个黄球．
（1）若从两袋中各随机地取出1个球，求这2个球颜色相同的概率；
（2）若先从甲袋中随机地取出2个球放入乙袋中，再从乙袋中随机地取出2个球，记从乙袋中取出的红球个数为，求的分布列与期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）记这2个球颜色相同为事件，根据相互独立事件的概率公式计算可得；
（2）依题意的可能取值为、、，利用全概率公式求出，，，即可得到分布列与数学期望.
【小问1详解】
记这2个球颜色相同为事件，
则；
【小问2详解】
依题意的可能取值为、、，
则，
，
，
所以的分布列为：
所以.
18. 已知函数．
（1）当时，求函数的极值；
（2）求函数的单调区间；
（3）当时，若在时恒成立，求整数的最大值．
【答案】（1）在处取得极大值，无极小值
（2）当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，上单调递减
（3）整数的最大值为5
【解析】
【分析】（1），令或可求单调区间，进而求得极值；
（2），然后分类讨论可求得的单调区间；
（3）根据已知式子进行变量分离可转化为恒成立，令，然后利用导数研究函数的单调性与极值，进而得出的最小值，进而得出所求得答案.
小问1详解】
当时，，
所以，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取得极大值，无极小值.
【小问2详解】
，
当时，恒成立，所以在上单调递增，
当时，当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，
综上所述：当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，上单调递减.
【小问3详解】
在时恒成立，即恒成立，
令，则，
令，则在上恒成立，
所以在上单调递增，且
，所以在存在唯一实数，
使得，即，所以
当时，，即，
当时，，即，
所以在上单调递减，上单调递增，
所以，
故，又，整数的最大值为5．
【点睛】方法点睛：本题主要考查了利用导数分析函数单调性的问题，同时也考查了构造函数，结合零点存在性定理，进而确定函数在区间上最值的范围问题.需要根据题意参变分离，构造函数求导，设极值点，再确定零点所在区间，进而代入原函数可得极值范围.属于难题.
19. 已知数列的前项和为，若存在常数，使得对任意都成立，则称数列具有性质．
（1）若数列为等差数列，且，求证：数列具有性质；
（2）设数列的各项均为正数，且具有性质．
①若数列是公比为的等比数列，且，求的值；
②求的最小值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）①；②的最小值为4.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出等差数列的公差，进而求出通项公式及前项和，再利用定义判断即得.
（2）①根据给定条件，可得，再按，探讨，当时，，又按且讨论得解；②由定义，消去结合基本不等式得，再迭代得，借助正项数列建立不等式求解即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，由，得，
解得，则，
于是，即，
所以数列具有性质．
【小问2详解】
①由数列具有性质，得，又等比数列的公比为，
若，则，解得，与为任意正整数相矛盾；
当时，，而，整理得，
若，则，解得，与为任意正整数相矛盾；
若，则，当时，恒成立，满足题意；
当且时，，解得，与为任意正整数相矛盾；
所以.
②由，得，即，
因此，即，
则有，
由数列各项均为正数，得，从而，即，
若，则，与为任意正整数相矛盾，
因此当时，恒成立，符合题意，
所以的最小值为4．
【点睛】易错点睛：等比数列公比q不确定，其前n项和直接用公式处理问题，漏掉对的讨论.