吉林省长春市东北师范大学附属中学2023−2024学年高二下学期期末考试 数学科试卷（含解析）

这是一份吉林省长春市东北师范大学附属中学2023−2024学年高二下学期期末考试 数学科试卷（含解析），共14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．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．在等差数列中，，是方程的两根，则的前6项和为（ ）
A．48B．24C．12D．8
3．二次函数在上最大值为1，则实数a值为（ ）
A．B．
C．或D．或
4．命题，使得成立.若p为假命题，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．或
5．已知，条件，条件，若是的充分不必要条件，则实数的取值不可能是（ ）
A．B．1C．2D．
6．已知各项均为正数的数列的前n项和为，，，，则（ ）
A．511B．61C．41D．9
7．已知函数是定义在R上的偶函数，且，则（ ）
A． B．C．D．
8．已知函数和有相同的最小值.若，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知函数，其中且，则下列结论正确的是（ ）
A．函数是奇函数
B．函数的图象过定点
C．函数在其定义域上有解
D．当时，函数在其定义域上为增函数
10．定义在上的函数满足，则（ ）
A．
B．若，则为的极值点
C．若，则为的极值点
D．若，则在上单调递增
11．记数列的前n项和为，数列的前n项和为，若，点在函数的图象上，则下列结论正确的是（ ）
A．数列递增B．
C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．设等比数列的前n项和是.已知，则 .
13．已知正实数x，y满足，若恒成立，则实数m的取值范围为 .
14．，若有且只有两个零点，则实数的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求函数的单调区间和极值.
16．已知数列的前n项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前11项和.
17．已知等差数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前n项和.
18．已知函数，其中.
(1)讨论函数的单调性；
(2)令，证明：当时，.
19．已知，函数.
(1)当时，证明：；
(2)若恒成立，求a的取值范围；
(3)设集合，对于正整数m，集合，记中元素的个数为，求数列的通项公式.
参考答案
1．【答案】C
【分析】由不等式，解得或，再运用集合的交集即可.
【详解】由不等式，解得或，则集合或，
又，
∴ .
故选C.
2．【答案】B
【分析】利用韦达定理确定，根据等差数列性质有，在应用等差数列前项和公式即可求解.
【详解】因为，是方程的两根，所以，
又因为是等差数列，根据等差数列的性质有：，
设的前6项和为，则.
故选B.
3．【答案】D
【分析】根据顶点的位置分两种情况讨论即可.
【详解】，则图象开口向上，对称轴为直线.
当时，即，时有最大值1,即，解得；
当时，即，时有最大值1,即，得；
故或.
故选D．
4．【答案】A
【分析】根据题意可得为真命题，再参变分离求解即可．
【详解】由题意，p为假命题，故为真命题，故﹐
故，
又当时，，当且仅当时，等号成立，
所以的取值范围是
故选A．
5．【答案】C
【分析】先解出命题所对应的集合，再将条件之间的关系转化为集合间的关系，即可得解.
【详解】因为，条件，条件，
所以p对应的集合，q对应的集合，
又是的充分不必要条件，所以，
当时，集合，满足题意；
当时，集合，此时需满足即；
当时，集合，满足题意；
所以实数a的取值范围为.
所以实数的取值不可能是2.
故选C.
【关键点拨】解决本题的关键是把命题间的关系转化为集合间的关系及分类求解命题q对应的集合.
6．【答案】B
【分析】利用对数运算法则可求得，即可知数列的奇数项与偶数项分别成等比数列，再由分组求和可得结果.
【详解】由可得，
即，所以，两式相除可得；
即，
由可得，因此数列的奇数项是以为首项，公比为2的等比数列，
偶数项是以为首项，公比为2的等比数列，
所以
.
故选B.
7．【答案】D
【分析】函数是定义在R上的偶函数，可知对称轴为，又可推出周期为4，根据函数的对称性和周期性即可判断正误.
【详解】因为函数是定义在R上的偶函数，
所以关于对称，则，
又，
所以，即，
函数的周期为4，
取，则，
所以，则D正确，B,C错误；
由已知条件不能确定的值，A错误；
故选D.
8．【答案】A
【分析】首先利用导数求出两个最小值，从而得到，再代入得，化简得，最后设新函数，利用导数求解其最大值即可.
【详解】依题意，，可知时，，此时单调递减；
时，，此时单调递增；
则时，取得极小值，也即为最小值；
又时，，此时单调递减；
时，，此时单调递增；
则时，取得极小值，也即为最小值.
由，解得.
因为，所以，
可知，且，所以，
令，则，当，此时单调递增；
当，此时单调递减；
故时，取极大值，也即为最大值.
故选A.
【关键点拨】本题的关键是通过导数求出两函数最小值，从而解出，再代入减少变量得，最后设新函数，利用导数求出其最大值即可.
9．【答案】ACD
【分析】对选项A，利用奇函数的定义即可判断A正确，对选项B，根据即可判断B错误，对选项C，令求解即可判断C正确，对选项D，根据指数函数单调性即可判断D正确.
【详解】函数，
对选项A，，定义域为R，，
所以函数是奇函数，故A正确.
对选项B，，故B错误.
对选项C，，定义域为R，令，解得，
故C正确.
对选项D，当时，，所以和在R上单调递增，
所以函数在R上单调递增，故D正确.
故选ACD.
10．【答案】ABD
【分析】令且，结合已知可得，即可判断A；将已知条件化为且，再令并应用导数研究单调性得，进而判断B,C,D.
【详解】令且，则，
所以在上单调递增，则，A正确；
由题设且，
令，则，
当时，即单调递减；当时，即单调递增；
所以，
若，则，
所以上，单调递减；上，单调递增；
故为的极值点，B正确；
若，则，即，故在上单调递增，故不是的极值点，C错误；
若，则，即，故在上单调递增，D正确.
故选ABD.
【关键点拨】对于B，C，D，由且，并构造且应用导数研究其单调性和极值为关键.
11．【答案】ABD
【分析】根据题意得到，的关系式，选项A，将式子变形，可判断数列的增减性；选项B，利用递推关系式得到与同号，结合即可判断；选项C，将式子变形，利用B中的结论即可判断；选项D，将转化为数列的前n项和，然后结合递推关系式即可求解．
【详解】由题意知，
选项A：所以，故，
若存在，则有，即存在，
当时，，与矛盾，
当时，由得，若，有，则或，
若与且矛盾；若时有，递推可得，与矛盾，
综上，不存在，
所以，故数列递增，故A正确．
选项B：数列递增，，故，
故，所以与同号，
因为，所以，即．
综上，，故B正确．
选项C：由选项B知，
所以，即，故C错误．
选项D：由题意，可视为数列的前n项和，因为，
所以，
又递增，所以，故，即，故D正确．
故选ABD.
【思路导引】选项中的不等式，要通过已知条件进行构造，如C选项需要构造成的形式，并判断的符号；D选项则需构造，比较与的大小关系，将转化为数列的前n项和是解题关键.
12．【答案】1200
【分析】根据等比数列片段和的性质分析求解.
【详解】因为是等比数列的前项和且，
可知，，，也成等比数列，
又因为,，则，
可得，，
所以，.
故答案为：1200.
13．【答案】
【分析】根据基本不等式求得不等式左边的最小值，建立不等式，解出即可.
【详解】因为且，则
则
，
当且仅当，即时，等号成立，
因为不等式恒成立，则，解得，
所以实数m的取值范围为.
故答案为：.
14．【答案】
【分析】当时，求导得到单调区间，根据平移和翻折得到函数图象，变换得到，根据函数图象得到或，解得答案.
【详解】当时，，，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，且，
当时， ，其图象可以由的图象向左平移一个单位，
再向下平移个单位，再把轴上方的图象翻折到轴下方得到，
画出函数图象，如图所示：
，当时，，无零点；
当时，，即，
函数有两个零点，即函数与函数的图象有两个交点，
根据图象知：或，解得或.
故实数的取值范围是.
故答案为：.
【关键点拨】本题考查了利用导数解决函数的零点问题，其中画出函数图象，将零点问题转化为函数图象的交点问题是解题的关键.
15．【答案】(1)
(2)答案见详解
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求切线方程；
（2）根据导数求单调区间，进而可得极值.
【详解】（1）因为，则，
可得，，即切点坐标为，斜率，
所以切线方程为，即.
（2）因为函数的定义域为，
由（1）可知：，
令，解得；令，解得；
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为，
且函数的极小值为，无极大值.
16．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用与的关系求解即可；
（2）利用裂项相消法求解即可.
【详解】（1）因为，
当时，；
当时，；
经检验：满足，所以.
（2）由（1）得：，
所以.
17．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据等差数列通项公式列式解出，即可得到答案；
（2）由条件可得，利用裂项相消法运算求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
则，解得，
所以.
（2）由（1）可知：，
则，
所以.
18．【答案】(1)答案见详解
(2)证明见详解
【分析】（1）求导，分和两种情况，利用导数求原函数的单调性；
（2）根据题意利用导数分析原函数单调性和最值可得，，即可得结果.
【详解】（1）由题意可知：的定义域为，且，
若，则对任意恒成立，
可知在内单调递增；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增；
综上所述：若，在内单调递增；
若，在内单调递减，在内单调递增.
（2）若，则，
由（1）可知：在内单调递减，在内单调递增，
所以，即当且仅当时，等号成立，
因为，则，即；
因为，则，
且，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
可得，即；
所以.
【方法总结】利用导数证明不等式的基本步骤：
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
19．【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)
【分析】（1）令，求导，利用导数判断函数单调性，求最小值即可证明；
（2）对的值分类讨论，利用导数判断函数单调性，求最小值，判断能否满足；
（3）利用（1）中结论，，通过放缩并用裂项相消法求，有，可得.
【详解】（1）令，
若，则，
又因为，．
设，，
则，可知在上单调递增，
可得，
即，所以.
（2）因为，
由（1）可知：，，
原题意等价于对任意恒成立，
则，
当时，
注意到，则，
可得，
由（1）得，则，
可知在上单调递增，则，满足题意；
当时，令，，
则，
因为，可知存在，使得，
当时，，，
可知在上单调递减，则，
即在上恒成立，
可知在上单调递减，则，不合题意；
综上所述：a的取值范围为．
所以a的取值范围为.
（3）由（1）可知时，，
则，
时，；
时，，
时，，
，则，即，
，则，
得，
又，
时，，时，，
所以时，都有，
，则时，集合A在每个区间都有且只有一个元素，
对于正整数m，集合，记中元素的个数为，
由，所以.
【方法总结】导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理，利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用，不等式问题，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题.