山东省德州市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题（解析版）

这是一份山东省德州市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了 设集合，则， 设函数，则， 已知分别是函数的零点，则， 下列命题中正确的是等内容，欢迎下载使用。
第I卷选择题（共58分）
一､选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.）
1. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】集合
，
所以.
故选：D.
2. “或”是“幂函数在上是减函数”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
【答案】B
【解析】因为为幂函数，且在上是减函数，
所以，解得，
因为当或时，不一定等于，
而当时，或成立，
所以“或”是“幂函数在上是减函数”的必要不充分条件.
故选：B
3. 设函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由于，所以，
所以，
故选：A
4. 若函数的大致图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由图可知，当时，，
取，则对于B，，所以排除B，对于D，，所以排除D，
当时，对于A，，此函数是由向右平移1个单位，再向上平移1个单位，所以时，恒成立，而图中，当 时，可以小于1，所以排除A,
故选：C
5. 在公比的等比数列中，成等差数列，若数列的前5项和为31，则（ ）
A. 16B. 8C. 4D. 2
【答案】C
【解析】由题意成等差数列，所以，
因为，所以，即，即，
因为，所以，
若数列的前5项和为31，则，解得.
故选：C.
6. 购买同一种物品，可以用两种不同的策略，第一种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品的数量一定；第二种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品所花的钱一定.假设连续两天购买该物品，第一天物品的价格为,第二天物品的价格为,且，则以下选项正确的为（ ）
A. 第一种方式购买物品的单价为
B. 第二种方式购买物品的单价为
C. 第一种方式购买物品所用单价更低
D. 第二种方式购买物品所用单价更低
【答案】D
【解析】第一种策略：设每次购买这种物品的数量均为，
则平均价格为，故A不正确；
第二种策略：设每次购买这种物品所花的钱为，
第一次能购得该物品的数量为，第二次能购得该物品的数量为，
则平均价格为，B错误；
因为，
所以，C错误，D正确.
故选：D.
7. 已知分别是函数的零点，则（ ）
A. B. C. 3D. 4
【答案】C
【解析】由题意可得函数的零点为函数与直线的交点的横坐标，
则两函数图象的交点坐标为，，
函数的零点为函数与直线的交点的横坐标，
则两函数图象的交点坐标为，，
因为与互为反函数，其图象关于直线对称，直线也关于直线对称，
所以点和关于直线对称，
所以，
所以.故选：C
8. 已知函数，若使得成立，则实数取值范围是（ ）
A. B.
C.D.
【答案】A
【解析】由得，
当时，，此时单调递增，
所以在上的最小值为，
所以使得成立，
即，使得成立，即成立，
令，，即，
因为，
令，，
则，
所以在上单调递减，所以，
所以，即在上单调递减，
所以，
则.
故选：A.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）
9. 已知集合，若是的充分条件，则实数的值可能为（ ）
A. B. C. 0D.
【答案】ACD
【解析】若是空集，显然满足题意，此时，解得，
若不是空集，是的充分条件，则，解得，
对比选项可知，ACD符合题意.
故选：ACD.
10. 下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，且，则的最小值为
D. 若，且，则
【答案】BD
【解析】对于A，当时，则，，
则，故，故A错误；
对于B，若，则，
即，故B正确；
对于C，由得，可得，，
令，构造函数，，
当时，，单调递增，
所以，当时，没有最小值，即没有最小值，
故C错误；
对于D，若，且，所以，
则，
令，，
当时，，单调递增，
所以，所以，故D正确.故选：BD.
11. 已知函数的定义域为，且满足，，当时，，则下列结论正确的是（ ）
A. 为偶函数
B. 在上单调递增
C.关于点中心对称
D.
【答案】ABD
【解析】因为，
所以函数为偶函数，
所以函数的图象关于直线对称，C错误；
由，可得，
由，可得，
所以，
所以函数为偶函数，A正确；
因为当时，，
又函数，在上单调递增，
所以函数在上单调递增，
因为，所以函数为周期函数，为函数的一个周期，
所以函数在上单调递增，B正确；
因为为函数的一个周期，
所以，又，
所以，D正确；
故选：ABD.
第II卷非选择题（共92分）
三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知函数为奇函数，则的值为__________.
【答案】1
【解析】由题意
恒成立，
这意味着恒成立，所以，
当时，，注意到，即恒成立，
所以的定义域是全体实数关于原点对称，故满足题意.
故答案为：1.
13. 已知，且，记的最小值为，记的最小值为，则__________.
【答案】
【解析】，，故，
其中，
当且仅当，即时，等号成立，
故，即，
，
因为，故，所以，
令，则，
故，
其中，当且仅当，时，等号成立，
故，
故，即，
所以.故答案为：
14. 设函数，若且，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】函数，
若且，
如图画出函数的大致图象，
由已知条件可知：，
，
，
，
由，故在为减区间，
，
的取值范围是：．
故答案为：．
四､解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.）
15. 已知数列满足，（）．
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前项和为，证明：．
解：（1）数列中，当时，，即，
则
，而满足上式，
所以数列的通项公式是，．
（2）由（1）知，，则，
因此
，而，则，
所以．
16. 已知函数.
（1）解关于的不等式；
（2）若且函数在区间的值域为，则称区间是函数的“完美区间”.设函数，试问函数是否存在“完美区间”，若存在，求出实数的取值范围，若不存在，说明理由.
解：（1）因为的定义域为且，
所以是上的偶函数.
因为，
所以当时，，故在上单调递增.
因为为偶函数，所以在上单调递减.
因为，则，
即，解得，
所以，不等式的解集为.
（2）因为，则，由（1）可得：函数在上单调递增.
假设存在完美区间为.则，
可知方程在上有两个不同的根，
即
转化为方程在上有两个不同的根，
令，即在上有两个不同的根，
则，此时无解.
故函数不存在“完美区间”.
17. 环保生活，低碳出行，新能源电动汽车正成为人们购车的热门选择.某型号电动汽车，在一段平坦的国道进行测试，国道限速（不含），经多次测试得到，该汽车每小时耗电量（单位：）与速度单位：）之间的数据：
为了描述国道上该汽车每小时耗电量与速度的关系，现有以下两种函数模型供选择：
（1）当时，请选出符合表格所列数据实际的函数模型，并求出相应的函数解析式；
（2）现有一辆同型号汽车从甲地驶到乙地,前一段是的国道,后一段是的高速路.若已知高速路上该汽车每小时耗电量（单位：）与速度的关系为：，则如何行驶才能使得总耗电量最少，最少为多少？（假设在两段路上分别匀速行驶）
解：（1）函数为减函数，这与矛盾，
故选择.
根据提供数据，有，
解得.
当时，.
（2）因为国道路段长为，故所用时间为，
所耗电量为
当时，.
因为高速路段长为，故所用时间为，所耗电量为
因为，
当时，.所以在上单调递增，
所以.
即总耗电量最少为.
故当这辆车在国道上行驶的速度为，在高速路上行驶速度为，该车从甲地驶到乙地总耗电量最少，最少为.
18. 已知函数.
（1）当时，求函数在点处的切线方程；
（2）当时，讨论的单调性；
（3）设，若为的两个极值点，求的取值范围.
解：（1）当时，，即，所以切点为.
因为，
则，
所以切线方程.
（2）由题得，
令，得或，
①当时，令，解得；令，解得或，
所以在上是减函数，在和上是增函数.
②当时，在上恒成立，所以在上是增函数.
③当时，令，解得，令，解得或，
所以在上是减函数，在和上是增函数.
综上所述：
当时，在上是减函数，在和上是增函数；
当时，在上是增函数；
当时，在上是减函数，在和上是增函数.
（3）由题得，
则.
因为为函数的两个极值点，
所以方程有两个不同的正根，
则，
故，
由题意得：
，
令，
则，
所以在上单调递减，所以，
当时，，则，
所以.
从而的取值范围为.
19. 帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数,函数在处的阶帕德近似定义为:,且满足：，，注：,已知函数.
（1）求函数在处的阶帕德近似；
（2）在（1）的条件下：求证：；
（3）已知在处的阶帕德近似为，依据帕德近似公式；若在处的阶帕德近似为，设，试比较的大小.
解：（1）由已知在处的阶帕德近似，
由得，所以，
则，又由得，所以，
由得，
所以．
（2）令，
因为，
所以在及上均单调递减.
①当，即，
而，所以，即，
②当，即，
而，所以，即，
综上，所以不等式恒成立．
（3）依题意，，由，得.
此时，因为，
所以，又因为，
所以.
故在处的阶帕德近似为，
故，
，
，
（相应得分
即.
0
20
40
0
3000
5600