江西省南昌市2023_2024学年高二数学下学期7月期末考试含解析

这是一份江西省南昌市2023_2024学年高二数学下学期7月期末考试含解析，共20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。
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（）
AB.
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（）
AB.
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.