辽宁省鞍山市2023-2024学年高二下学期期末考试 数学试卷（含解析）

这是一份辽宁省鞍山市2023-2024学年高二下学期期末考试 数学试卷（含解析），共11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（本大题共8小题）
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．命题“”的否定为（ ）
A．
B．
C．
D．
3．若正数，满足，则的最小值为（ ）
A．2B．C．3D．
4．设等比数列的前n项和为，若，，则等比数列的公比等于（ ）
A．B．C．2D．5
5．已知幂函数的图象经过点，则（ ）
A．B．1C．2D．3
6．已知函数 的图象如图所示，f'x 是 的导函数，则下列数值排序正确的是（ ）

A．
B．
C．
D．
7．在数列中，，，则（ ）
A．B．C．D．100
8．设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
二、多选题（本大题共3小题）
9．设，是的充分不必要条件，则实数的值可以为（ ）
A．B．0C．3D．
10．已知实数a，b，c，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．若，则
D．若，则有最大值
11．已知函数，则（ ）
A．B．有两个极值点
C．点是曲线的对称中心D．有两个零点
三、填空题（本大题共3小题）
12．在3与15之间插入3个数，使这5个数成等差数列，则插入的3个数之和为 ．
13．若函数在区间内单调递减，则实数的取值范围是 ．
14．要做一个长方体带盖的箱子，其体积为，底面长方形长与宽的比为，则当它的长为 时，可使其表面积最小，最小表面积为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知不等式的解集为A，不等式的解集为B．
(1)求A∩B．
(2)若不等式在上有解，求实数m的取值范围．
16．已知函数 .
(1)若，求不等式的解集;
(2)若恒成立，求实数的取值范围.
17．已知数列的前n项和为，且，，设．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)求数列的前项和．
18．已知在点处的切线方程为.
(1)求的值；
(2)求在区间的单调区间和极值.
19．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，.
参考答案
1．【答案】B
【分析】先根据三角函数的有界性得到，利用交集概念求出交集.
【详解】，
故.
故选B.
2．【答案】B
【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题可得结论.
【详解】由全称量词命题的否定为存在量词命题可知：
命题“”的否定为“”.
故选B.
3．【答案】B
【分析】根据给定条件，利用基本不等式“1”的妙用求解即得.
【详解】由正数，满足，
得，
当且仅当，即，时取等号，
所以的最小值为．
故选B.
4．【答案】A
【分析】根据等比数列的前项和公式求解即可.
【详解】由，，得，
则，
所以，所以.
故选A.
5．【答案】D
【分析】先根据已知条件求出的解析式，然后可求出.
【详解】设，由，得，
，则.
故选D.
6．【答案】A
【分析】根据图象判断函数增长速度即可得解.
【详解】由图可知，的增长速度越来越慢，所以，
表示在上的平均变化率，
由图可知.
故选A.
7．【答案】C
【分析】将两边取倒数，即可得到，从而求出的通项公式，即可得解.
【详解】因为，，所以，
即，
所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，则，
所以.
故选C.
8．【答案】C
【分析】设等差数列的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数.
若为单调递增数列，则，
若，则当时，；若，则，
由可得，取，则当时，，
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”；
若存在正整数，当时，，取且，，
假设，令可得，且，
当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列.
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”.
所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.
故选C.
9．【答案】ABD
【分析】根据是的充分不必要条件，得到是的真子集，再分情况讨论即可得到的可能取值.
【详解】因为的两个根为3和5，所以，
是的充分不必要条件，所以是的真子集，
所以或或，
当时，满足即可，
当时，满足，所以，
当，满足，所以，
所以的值可以是0，，.
故选ABD.
10．【答案】ACD
【分析】举反例判断B，根据基本不等式判断ACD.
【详解】对于A，，当且仅当时等式成立，A正确；
对于B，当时，，满足，但是，B错误；
对于C，因为，所以，
所以，所以，C正确；
对于D，因为，所以有，当且仅当时等号成立，
所以，
当且仅当时等号成立，即有最大值，D正确．
故选ACD．
11．【答案】ABC
【分析】求导后令，分析单调性并求出极值，即可判断ABD，利用函数对称性的定义可判断C。
【详解】，故A正确；
令，解得，当或时，，当时，，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减，
故函数在处取得极小值，在取得极大值，
即，，
只有一个零点，故B正确D错误；
，所以关于0,1对称，故C正确。
故选ABC.
12．【答案】27
【分析】利用等差数列的性质来求三个数的和即可.
【详解】令插入的3个数依次为，即成等差数列，
因此，解得，所以插入的3个数之和为．
故答案为：.
13．【答案】
【分析】求出导数f'x，由题意得在上恒成立，由分离参数思想可得结果.
【详解】由得，
由于函数在区间内单调递减，
即在上恒成立，即，
即得在恒成立，所以.
故答案为：.
14．【答案】
【分析】设底面的长为，可得，求导可求的最小值及此时的值.
【详解】设底面的长为，则由条件可得宽为，高为，
所以表面积．
因为，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时，
取得最小值，即此时长为．
故答案为：；.
15．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先分别求出A、B，再求出A∩B即可．
（2）参变分离求出，转化为求，上的最小值即可．
【详解】（1）根据题意可以解出，
，
则．
（2）不等式在上有解等价于，上有解，
令， 则，故.
则实数m的取值范围为.
16．【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）依题意可得，即可得到，根据指数函数的性质解得即可；
（2）令，则，依题意可得对任意恒成立，参变分离可得对任意恒成立，再由基本不等式求出的最小值，即可得解.
【详解】（1）当时，可得，
即，即，整理得，
因为，
所以，解得，
所以不等式的解集为；
（2）因为，令，则，可得，
由，可得，
因为，恒成立，
即对任意恒成立，
即对任意恒成立，
又因为，当且仅当，即时取等号，
所以，
即实数的取值范围为．
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）借助与的关系可消去，得到，借助将其转换为后结合等比数列定义即可得证；
（2）借助错位相减法计算即可得.
【详解】（1），即，
即，则，即，
即，又，
故数列bn是以为首项、以为公比的等比数列.
（2）由（1）易得，即，则，
则，
有，
则
，
故.
18．【答案】(1)
(2)单调递增区间为和，单调递减区间为；极大值为，极小值为
【分析】（1）由题意可得，解方程组可求出的值；
（2）由导数的正负可求出函数的单调区间，从而可求出极值.
【详解】（1）由，得，
因为在点处的切线方程为，
所以，
所以，所以，
解得；
（2），令，
因为，所以，或，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
所以极大值为，极小值为，
综上所述，在区间上的单调递增区间为和，单调递减区间为；
极大值为，极小值为.
19．【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先明确函数定义域后对函数求导，根据导数结构特征对进行和的分类讨论导数正负即可得单调性.
（2）证，故问题转化成证，接着构造函数研究其单调性和最值即可得证.
【详解】（1）由题函数定义域为，，
故当时，恒成立，所以函数在上单调递减；
当时，在上单调递减，令，
则时，；时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
综上，当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
故在上恒成立，
故证证，
即，
令，则，
故当时，；时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上恒成立，故，
所以当时，.
【思路导引】证明含参函数不等式问题通常转化成研究函数最值问题，第（2）问证当时，可将问题转化成证，接着根据其结构特征进行变形转化和构造函数，利用导数确定所构造的函数单调性和最值即可得证.