2023-2024学年高二数学下学期期末考试模拟07

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一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别求集合，，再求它们的交集.
【详解】因为集合，
，
所以．
故选：C
2. 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．
3. 奇函数对任意都有，且，则（ ）
A. －1B. 0C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由函数周期性的定义可知的周期为12，再结合函数的奇偶性即可求解.
【详解】因为对任意都有，
又为奇函数，所以，
所以，
所以函数为周期函数，且周期为12，
所以．
故选：A
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”是真命题，
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. 在等比数列中，是函数的两个极值点，若，则的值为（ ）
A. 8B. 9C. 16D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】由等比数列的性质，得，，是函数的两个极值点，则是方程的两个相异正根，结合韦达定理求的值．
【详解】为等比数列，则有，解得，所以．
函数，定义域为，有．
令，即．
由题意得，是方程的两个相异正根，
则，此时符合题意．
此时，两 正根为2和8，经验证，符合题意，
故选：C．
6. 已知函数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据解析式分析函数的奇偶性，得为偶函数，再分析函数的单调性，然后把自变量都转化到同一个单调区间，比较自变量的大小可得结果.
【详解】函数的定义域为．当时，，
所以．
同理，当时，成立，所以函数为偶函数，
且在上单调递减，在上单调递增．
又，
且，，即，
于是，即．
故选：B
7. 已知数列满足，若为数列的前项和，则（ ）
A. 408B. 672C. 840D. 1200
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件得到和，再分组求和，即可求出结果.
【详解】由，
所以
当时，，
当时，，
两式相加，得，
所以
．
当时，．
由，
两式相减，得，
所以，
所以．
故.
故选：D．
8. 已知函数的定义域为为其导函数，若对，，则不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令，利用导数说明函数的单调性，即可得到的取值情况，从而得到的取值情况，即可得解.
【详解】令，
则，
所以在上单调递减．
因为当时，，
所以当时，；当时，．
由于当时，且，所以；
当时，且，所以；
当时，因为，令，得，所以在上恒成立．
故选：C．
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，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. 已知等差数列的前项和为，公差为，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 当时，取得最小值D. 使成立的的最大值为62
【答案】AC
【解析】
分析】由题意可知，，，结合等差数列求和公式可判断A，B，D；由可判断C.
【详解】由题意可知，故A正确；
又，所以，故B不正确；
即，所以当时，取得最小值，故正确；
因为，
所以，
所以使成立的的最大值为61，故D不正确．
故选：AC．
10. 下列命题是真命题的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若正实数满足，则的最小值为4
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由，得即可；对于B，将不等式化简为即可；对于C，利用基本不等式求解即可；对于D，将变形为，代入并使用基本不等式求解即可.
【详解】对于，由，得，所以，故正确；
对于，要证成立，只需证，即证．
因为，当时，显然，故B不正确；
对于，因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立，故正确；
对于，由，可得，
所以．
由为正实数且，可得，
所以，
当且仅当，即时等号成立，故D正确．
故选：ACD．
11. 已知函数的定义域为是偶函数，是奇函数，则（ ）
A.
B.
C.
D. 不等式的解集为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，得到关于对称，且，令，可判定A正确；令，求得，结合关于对称，可判定B不正确；根据题意，得到，结合等比数列的求和公式，可判定正确；令函数，根据复合函数的单调性的判定方法，求得在上单调递增，且为偶函数，把不等式转化为，求得不等式的解集，可判定正确．
【详解】因为函数是偶函数，关于对称，所以函数关于对称，
又因为函数为奇函数，所以，
即，
令，可得，所以A正确；
令，则，所以，
因为关于对称，所以，所以，所以B不正确；
因为关于对称，即，
由，可得，
所以
，所以正确；
因为，令，
再令，可得，
当时，在单调递增，且单调递增，
由复合函数的单调性，可得在上单调递增，且为偶函数，
则在单调递减，且，
所以不等式等价于，
则，即或，解得或，
故该不等式的解集为，所以正确．
故选：ACD．
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知函数，是的导函数，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据解析式，可求得解析式，代入数据，即可得答案.
【详解】函数可视为函数的复合函数，
函数关于变量的导函数为，
函数关于变量的导函数为，
所以，
∴.
故答案为：.
13. 已知函数在上的值域为，则的值为______．
【答案】6
【解析】
【分析】由二次函数的性质得，解得，则在上单调递增，所以 可得为方程的两个根，由韦达定理可求．
【详解】函数的图像抛物线开口向上，对称轴方程为，
则，解得，
所以在上单调递增，所以即
所以为方程的两个根，即为方程的两个根，
由韦达定理有．
故答案为：6
14. 若正整数集的非空子集满足：至少含有2个元素，且任意两个元素之差的绝对值大于1，则称为数集的超子集．对于集合，记的超子集的个数为，则______，与的关系为______．
【答案】 ①. 7 ②.
【解析】
【分析】由超子集的定义，列举法求出；的超子集可以分为两类，第一类是超子集中不含，这类超子集有个，第二类是超子集中含，这类超子集个，从而求得的递推关系.
【详解】由题意知，，则超子集只有，所以；
，则超子集有，所以；
，则超子集有，所以.
由此可以分析，对于，的超子集可以分为两类：
第一类是超子集中不含，这类超子集有个；
第二类是超子集中含，这类超子集同样也包含两类，
一类在中取一个元素，个数；
另一类在中取两个或两个以上个元素，任意两个元素之差的绝对值大于1，个数为，
所以．
故答案为：7；.
四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知函数在处取得极小值0．
（1）求的值，并说明的单调性；
（2）若的一条切线恰好经过点，求切线的方程．
【答案】（1）见解析 （2）或
【解析】
【分析】（1）由题意可得，列方程组可求出，然后由导数的正负可求出函数的单调区间；
（2）设切点为，然后利用导数的几何意义表示出切线方程，再将代入切线方程可求出，从而可求出切线方程.
【小问1详解】
由题可得．
因函数在处取得极小值0，
所以，即，解得
所以．
当或时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
【小问2详解】
由（1）知．
设切点为，则，
切线方程为
因为切线经过点，故，
所以，
整理得，
解得，或
当时，；当时，，
即过点的切线方程为或
16. 已知等差数列的前9项和，且．若数列满足
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前项和．
【答案】（1）．
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的通项公式及前项和公式列出条件，解出即可求得，
根据条件可得当时，，作差可求得.
（2）利用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为．
由，得，化简得．
又，即，
解得，
所以等差数列的通项公式为
因为，①
所以当时，，②
①②得，
当时，，满足上式，
所以数列的通项公式为
故．
【小问2详解】
由于，
则，
又，
两式相减，得
故
17. 2023年12月28日工业和信息化部等八部门发布了关于加快传统制造业转型升级的指导意见，某机械厂积极响应决定进行转型升级．经过市场调研，转型升级后生产的固定成本为300万元，每生产万件产品，每件产品需可变成本万元，当产量不足50万件时，；当产量不小于50万件时，．每件产品的售价为200元，通过市场分析，该厂生产的产品可以全部销售完．
（1）求利润函数的解析式；
（2）求利润函数的最大值．
【答案】（1）
（2）1000万元．
【解析】
【分析】（1）根据题意，分段表示销售利润，即得利润函数；
（2）对利润函数分段讨论，利用求导、基本不等式等方法求函数的最大值即得.
【小问1详解】
由题意得，销售收入为万元．
当产量不足50万件时，，
利润为：；
当产量不小于50万件时，，
利润为：.
所以利润函数为
【小问2详解】
当时，，
所以当时，在上单调递增；
当时，在单调递减，
所以当时，取得最大值；
当时，
当且仅当，即时，等号成立
又，故当时，所获利润最大，最大值为1000万元．
18. 已知函数，其中．
（1）直接写出的单调区间；
（2）若当时，恒成立，求的取值范围；
（3）证明：．
【答案】（1）单调递增区间是和，无单调递减区间
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求出函数定义域，然后由导数的正负可求出函数的单调区间；
（2）令，则问题转化为证明恒成立，对函数求导后，再次构造函数，然后分和讨论，使成立即可求出的取值范围；
（3）由（2）可得，令，则可得，然后利用累加法可证得结论.
【小问1详解】
定义域为，由，得，
所以的单调递增区间是和，无单调递减区间；
【小问2详解】
解：令．
要证明，即证明恒成立，且，
设，其中
①当，即时，在上单调递增，且，
所以在上，，即，则在上单调递增，
所以当时，，故满足题意；
②当，即时，此时．
设的两根为，
解得（舍），．
因为，所以当时，单调递减，
则，与题意矛盾，故不满足题意．
综上，取值范围是
【小问3详解】
证明：由（2）可知当时，恒成立，
整理得．
令，即
所以，
整理得
所以．
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式，第（3）问解题的关键是由（2）得恒成立，化简后进一步转化为，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.
19. 意大利画家列奥纳多·达·芬奇曾提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，后人给出了悬链线的函数表达式，其中为悬链线系数，称为双曲余弦函数，其函数表达式，相反地，双曲正弦函数的函数表达式为．
（1）证明：①；
②．
（2）求不等式：的解集．
（3）已知函数存在三个零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）①证明见解析；②证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用双曲余弦函数和双曲正弦函数的函数表达式，结合指数式的运算，化简即可证明；
（2）利用函数的奇偶性和单调性解不等式；
（3）利用导数，研究函数单调性，分类讨论求解函数零点问题.
【小问1详解】
①
．
②
【小问2详解】
因为恒成立，故是奇函数．
又因为在上严格递增，在上严格递减，
故是上的严格增函数，
所以，即，
所以，解得，
即所求不等式的解集为
【小问3详解】
由题可知，
所以
因为，
所以为奇函数，．
要证明函数存在三个零点，只需证明在存在一个零点．
由，所以．
①当时，恒成立，
此时，当且仅当时等号成立，所以在上单调递增，
而，所以函数只存在一个零点，不符合题意；
②当时，当时，若满足，
即当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增．
因为，所以．
又因为
当时，，所以当时，显然，
所以在存在一个零点，则在定义域上共存在三个零点．
综上，实数的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是对进行合理地分类讨论，以2作为分界点，则得到导函数的正负，即得到函数的单调性.