辽宁省本溪市县级重点高中协作体2023~2024学年高二下册期末考试数学检测试卷（含解析）

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这是一份辽宁省本溪市县级重点高中协作体2023~2024学年高二下册期末考试数学检测试卷（含解析），文件包含辽宁省本溪市县级重点高中协作体2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题解析docx、辽宁省本溪市县级重点高中协作体2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页，欢迎下载使用。
本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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】C
【解析】
【分析】利用集合的交集运算即可.
【详解】因为，
所以 .
故选：C.
2. 已知命题，命题，则（）
A. 和均为真命题 B. 和均为真命题
C. 和均为真命题 D. 和均为真命题
【答案】B
【解析】
【分析】直接判断命题的真假，再根据命题的否定可判断.
【详解】对于命题，当时，，所以为假命题，则为真命题；
对于命题，当时，，所以为真命题.
综上，和均为真命题.
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故选：B.
3. 已知幂函数在第一象限内单调递减，则（）
A B. C. 2 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】利用幂函数的定义和幂函数在第一象限内的单调性即可求解.
【详解】由幂函数的定义可知，解得，
由幂函数在第一象限内单调递减，可得，
则，
所以 .
故选： .
4. 已知甲正确解出不等式的解集为，乙正确解出不等式的解集为，且
，则（）
A. -12 B. -6 C. 0 D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】本题根据两个一元二次不等式的解集的交集和并集的情况，可判断出对应的两个一元二次方程的
根的情况，结合韦达定理即可求出结果.
【详解】由题意可知方程与方程的根组成集合，
由方程根与系数关系可知，则其两根为，所以，
方程 0 的两根为，则，所以，
所以 .
故选：A.
5. 已知一种物质的某种能量与时间的关系为，其中是正常数，是大于 1 的正整数，若
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经过时间，该物质的能量由减少到，再经过时间，该物质的能量由减少到，则（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题根据已知条件先求出，再列出等式即可求得 .
【详解】当时，，所以，则，
由，得，
所以 .
故选:B.
6. 已知，则“ ”是“ ”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】A
【解析】
【分析】利用作差法及充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】由，，可知，则，所以，
充分性成立；
由，，可得，但是不一定成立，故必要性不成立；
综上，“ ”是“ ”的充分不必要条件.
故选：A
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7. 已知函数为奇函数，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用奇函数性质及对数运算求解即可.
【详解】无论为何值，函数为偶函数，则 .
要使函数为奇函数，
则为奇函数，
所以，
即，
整理得，
则，所以，
则，解得 .
当时，，显然无意义，舍去；
当时，，
，即，解得或，
则的定义域为，
且为奇函数，
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此时也为奇函数.
故选： .
8. 已知分别是函数与的零点，则的最大值为（）
A. 2 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题将两个函数的零点代入函数式，得到等式，再同构函数
，，利用导数分析单调性求出最值即可.
【详解】由题意可知，则，
即，又
所以，则 .设，则，
所以在上单调递增，所以，则，所以，
则 .
设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，所以的最大值为 .
故选：C.
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【点睛】方法点睛：（1）利用等式同构函数；（2）化简
，同构函数；（3）利用导数分析单调性并求出最值.
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. 对于函数，则（）
A. 与具有相同的最小值
B. 与在上具有相同的单调性
C. 与都轴对称图形
D. 与在上具有相反的单调性
【答案】AC
【解析】
【分析】在同一坐标系中，作出函数，的图像，进而对四个选项一一作出判断.
【详解】A 选项，在同一坐标系中，作出函数，的图像如图所示，
由图可知与的最小值都为 1，A 项正确；
B 选项，在上单调递增，在上不单调，B 项错误；
C 选项，的图像关于直线对称，的图像关于直线对称，C 项正确；
D 选项，与在上均单调递减，D 项错误.
故选：AC
10. 已知数列满足，则（）
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A.
B. 为递减数列
C. 的最小值为-20
D. 当时，的最大值为 8
【答案】ACD
【解析】
【分析】本题根据给定的递推数列逐项递推可求出，从而判断选项 A，采用累加法可求出数列的通项公
式，再根据二次函数的性质可判断选项 B、C、D 是否正确.
【详解】对于 A，当时，，所以，A 项正确；
对于 B，由，得当 2 时，，
将以上各式相加得，
所以，
又当时符合上式，所以，由二次函数的性质可知不为递减数列，B 项错误；
对于 C，因为，所以当或时，取得最小值-20，C 项正确；
对于 D，当时，，解得，所以当时，的最大值为 8，D 项
正确.
故选：ACD.
11. 已知函数，则（）
A. 是的极值点
B. 当时，
C. 当时，
D. 当时，的图象关于点对称
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【答案】BCD
【解析】
【分析】对于 A，举例判断，对于 B，对函数求导后，可判断出在上单调递增，再利用单调
性判断，对于 C，当时，可得在上单调递减，然后与区间的端点比较大小，
从而可得结论，对于 D，在的图象上任取一点，求出其关于点的对称点，
然后代入函数中验证即可.
【详解】当时，，则，显然不是的极值点，A 项错误
.
当时，，令，解得，
当时，，所以当时，在上单调递增，
又，所以，B 项正确.
当时，，所以在上单调递减，
因为，所以，
又，所以，
所以，C 项正确.
当时，，
在的图象上任取一点，
则点关于点的对称点为，
则
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，D 项正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用求函数的单调区间，考查函数对称性的应用，选项 D
解题的关键是在图象上任取一点，求出其关于的对称点坐标，再将此点代入中，
若能满足，则可得结论，考查计算能力，属于较难题.
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知函数则 __________.
【答案】
【解析】
【分析】运用分段函数求值方法，结合指数幂性质求解即可.
【详解】，所以 .
故答案为： .
13. 已知函数满足，则 __________.
【答案】
【解析】
【分析】利用解方程组法和换元法即可求解.
【详解】由 ①，
得 ②，
由①②得，则，
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令，则，
所以，
故 .
故答案为： .
14. 已知是边长为 2 的等边三角形，取的中点分別为，沿剪去，得到四
边形，记其面积为；在中，取的中点分别为，沿剪去，
得到四边形，记其面积为，则 __________；以此类推， __________.
【答案】 ①. ； ②. .
【解析】
【分析】本题根据题意递推，由此得出为等比数列，求出通项公式，从
而得出，再求即可.
【详解】因为，
，，
所有可知是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
当时，，
则，
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所以 .
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：（1）通过计算，推出为等比数列并求出通项公式；
（2）由的通项公式得出；（3）求时，转化为等比数列求和.
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. 设正项数列是公差为的等差数列，其前项和为，已知 .
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和 .
【答案】（1）；
（2） .
【解析】
【分析】（1）根据条件式结合等差数列的前 n 项和公式，得出，进一步得出的二元一次
方程，解出即可求得的通项公式；
（2）由（1）可得，进一步得出，再采用裂项法即可求得 .
【小问 1 详解】
由，得，
又，所以，
当时，，
当时，，解得，
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所以，
故的通项公式为 .
【小问 2 详解】
由（1）可知，
所以，
故 .
16. 已知函数 .
（1）当时，的图像在处的切线与两坐标轴围成图形的面积为，求的值；
（2）当时，在的最小值小于，求的取值范围.
【答案】（1）或；
（2）
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义求出切线的方程，得到其在两坐标轴上的截距，然后由面积求解的值即可.
（2）利用导函数求出在的最小值，然后求解不等式，构造函数，转化为利用导数分析单调性
求解即可.
【小问 1 详解】
易知，
又，
所以，
所以的图像在处的切线方程为，
令，得，
由切线与两坐标轴围成图形的面积为，
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得，
解得或 .
【小问 2 详解】
当时，，
则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以在的最小值为，
由题意得，即，
又，所以 .
设，
则，
所以在上单调递减，
又，所以解不等式得，
故的取值范围为 .
17. 已知函数 .
（1）若在上单调递减，求的取值范围；
（2）当时，证明：的图像为轴对称图形；
（3）若关于的方程在上有解，求的最小值.
【答案】（1）；
（2）证明见解析；（3） .
【解析】
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【分析】（1）根据复合函数的单调性可知二次函数在上单调递减，由真数大于零再结
合二次函数的对称轴与区间的关系列出不等式即可求出参数；（2）根据函数轴对称的关系式
可证为轴对称图形；（3）方程在上有解转化为在
上有解，再利用基本不等式求函数的最小值即可.
【小问 1 详解】
因为在上单调递增，
所以在上单调递减，
则
解得，
故的取值范围为 .
【小问 2 详解】
证明：当时，的定义域为，
因为，
所以的图像关于直线对称，
故的图像为轴对称图形.
【小问 3 详解】
由方程在上有解，得方程在上有解且，
即在上有解，
，
当且仅当时取得等号，
又当时，在上恒成立，
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所以的最小值为 .
18. 已知函数的导函数为 .
（1）若，求的取值范围；
（2）若有两个极值点，证明： .
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由函数导函数与单调性的关系等价转化为恒成立问题，从而建立关于参数 a 的不等式，再利
用导数求出最值即可得出结果；
（2）的两个极值点，即为的零点，由此建立与参数 a 的关系，再将所证不等式等
价转化为证明，然后构造新函数并利用导数求出最值即可得证.
【小问 1 详解】
易知的定义域为，
，
由，得在上恒成立.
设，
则，
当时，，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递
减，所以，
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所以，
故的取值范围为 .
【小问 2 详解】
证明：由题意可知有两个零点，
即，
不妨设，则，
要证，即证，
即证，
即证，
即证，
令，则，只需证 .
设，则，
所以在上单调递增，
则，则，
故 .
【点睛】关键点点睛：（1）分离参数得，构造函数，利用导数求最值；（2）
导数的零点转化为，将所证不等式转化为，令
，则，进一步转化为，构造函数，在利用导数求
最值即可.
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19. 在数列中，按照下面方式构成“次生数列” ，…，
，其中表示数列中最小的项.
（1）若数列中各项均不相等，只有 4 项，，且，请写出的所
有“次生数列” ；
（2）若满足，且为等比数列，的“次生数列”为 .
（i）求的值；
（ii）求的前项和 .
【答案】（1）或或；
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据次生数列的定义得到，从而得到有 3 个，分别为或
或 .
（2）（i）根据为等比数列，求出公比，求出，从而根据次生数列的定义得到
，，得到的值；
（ii）当为偶数时，，故
，错位相减法求和，再求出当为奇数时，
，检验时，也符合上式，从而得到答案.
【小问 1 详解】
因为，，中各项均不相等，
所以，
若，此时“次生数列” 为，
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若，此时“次生数列” 为，
若，此时“次生数列” 为，
所以“次生数列” 的定义可知有 3 个，
分别为或或 .
【小问 2 详解】
（i）设数列的公比为，
因为为等比数列，且，
所以，即，解得，
所以，则 .
由“次生数列” 的定义，可知，
，
故 .
（ii）由（i）可知当为偶数时，，
①
，②
由①-②得
，
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所以 .
当时，，
当为奇数且时，为偶数，
则
，
显然当时，也符合上式，
故
【点睛】方法点睛：数列中的奇偶项问题考查方向大致有：①等差，等比数列中的奇偶项求和问题；②数
列中连续两项和或积问题；③含有的问题；④通项公式分奇偶项有不同表达式问题；含三角函数问题，
需要对分奇偶讨论，寻找奇数项，偶数项之间的关系，分组求和，期间可能会涉及错位相减和求和或裂
项相消法求和.
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