江西省南昌市江西师范大学附属中学2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷（原卷及解析版）

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1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出两个集合，再判断两个集合的关系.
【详解】因，所以，即，故，
因，且，得，
所以且，
因此，
故选：B.
2. 使成立的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据分式不等式的解法以及充分不必要条件的概念求解．
【详解】由得，不等式解集为，
充分不必要条件需要找解集的真子集，只有B选项符合，即．
故选：B．
3. 已知定义域为的奇函数，则的值为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 不能确定
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇函数的定义域关于原点对称求出，根据求出，再根据奇函数的定义可求出结果.
【详解】依题意得，解得，
由，得，
所以.
故选：A.
4. 已知函数为定义在上的奇函数，是偶函数，且当时，，则
A. -3B. -2C. -1D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】
先通过分析求出函数f(x)的周期，再利用函数的周期求值得解.
【详解】因为函数是偶函数，
所以
所以函数f(x)的图像关于直线x=2对称，
所以
所以，
所以，
所以函数的周期为8，
所以.
故选C
【点睛】本题主要考查函数的奇偶性、对称性和周期性应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
5. 已知函数的值域为R，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分段函数值域为R，在x＝1左侧值域和右侧值域并集为R.
【详解】当，
∴当时，，
∵的值域为R，∴当时，值域需包含，
∴，解得，
故选：C.
6. 已知定义在R上的函数满足：，且时，，则关于的不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数单调性和奇偶性则得到不等式，解出即可.
【详解】任取，则，
而时，，则，
，
所以在上单调递减，
，，
取，则，令，
得，
所以为上的奇函数，
，即，则，解得
故选：A.
7. 已知数列的通项公式为，则数列（ ）
A. 有最大项，没有最小项B. 有最小项，没有最大项
C. 既有最大项又有最小项D. 既没有最大项也没有最小项
【答案】C
【解析】
【分析】将化为，其中；结合二次函数的性质和的取值可确定最值的取得情况，从而得到结果.
【详解】由题意得：
令，则
对称轴为，在上单调递减，在上单调递增
当时，取最小值；当时，取最大值
既有最大项又有最小项
故选：
【点睛】本题考查数列最大项和最小项求解问题，关键是能够将通项公式化为二次函数的形式，根据二次函数性质求得结果；易错点是忽略数列中的取值的限制及换元后参数的取值限制，造成求解错误.
8. 设函数，若存在实数，使得，则的最小值为（ ）
A. B. 2C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】变形得到，故，二次求导得到在R上单调递增，从而得到，故，构造，求导得到其单调性，确定最值，得到答案.
详解】，
存在实数，使得，即，
，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，
，
故在R上单调递增，
所以，
故，
令，，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，
所以，当且仅当，时，等号成立.
故选：C
【点睛】关键点点睛：变形得到，故，结合在R上单调递增，得到，进而将二元问题转化为单元问题进行求解.
二、选择题：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. 下列函数中，是奇函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由奇函数定义逐一判断即可.
【详解】对于A，的定义域为全体实数，关于原点对称，且，故A满足题意；
对于B，若，则，故B不满足题意；
对于C，的定义域为，它关于原点对称，且，故C满足题意；
对于D，的定义域为，它关于原点对称，且，故D满足题意.
故选：ACD.
10. 已知关于的不等式的解集为，则下列说法错误的是（ ）
A. ，则
B. 若，则关于x的不等式的解集为
C. 若为常数，且，则的最小值为
D. 若的解集M一定不为
【答案】AC
【解析】
【分析】选项A中，由二次函数的性质得到，可判定A错误；选项B中，转化为和是方程的两个实根，求得，把不等式化简得到，求得的解集，可判定B正确；选项C中，结合二次函数的性质，求得，化简得到，令，结合基本不等式，求得的最大值，可判定C错误；当时，由函数表示开口向下的抛物线，可判定D正确.
【详解】由题意，关于的不等式的解集为，
对于A中，若，即不等式的解集为空集，
根据二次函数的性质，则满足，所以A错误；
对于B中，若，可得和是方程 两个实根，且，
可得，解得，
则不等式，可化为，
即，解得或，
即不等式的解集为，所以B正确；
对于C中，若为常数，可得是唯一的实根，且，
则满足，解得，所以，
令，因为且，可得，且，
则，
当且仅当时，即时，即时，等号成立，
所以的最大值为，所以C错误；
对于D中，当时，函数表示开口向下的抛物线，
所以当的解集一定不为，所以D正确.
故选：AC.
11. 设等比数列的公比为，前项积为，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，且为数列的唯一最大项，则
D. 若，且，则使得成立的的最大值为20
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据前项积的定义和性质即可结合等比数列的性质即可逐一求解.
【详解】若，则，可得，即选项A错误；
而，即选项B正确.
若，且是数列的唯一最大项.
当时，，不合题意；
当时，由，可得，
即，解得，即选项C正确.
若，当时，，
又，不满足，不合题意；
当时，由可得，，，
所以，，
则为单调递减数列，
因此当时，故，当时，故，
因此当时，数列单调递增，当时，数列单调递减，
又，，，
所以使得成立的的最大值为20，即选项D正确.
故选：BCD
【点睛】结论点睛：由首项和公比确定等比数列的单调性的几种情况：
（1），时，等比数列为单调递减数列，
（2），时，等比数列为单调递增数列，
（3），时，等比数列为单调递增数列，
（4），时，等比数列为单调递减数列，
（5）时，等比数列为摆动数列，
（6）时，等比数列为常数列，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数的单调增区间是__________
【答案】
【解析】
【分析】首先求出函数的定义域，再结合二次函数的单调性即可求解.
【详解】，，
，解得，
函数对称轴是：，
当，函数单调递增，
当，函数单调递减，
函数的单调增区间是.
故答案为：
【点睛】本题考查了求复合函数的单调区间，注意求单调区间需在定义域内进行求解，此题属于基础题.
13. 设为实数，若，则的最大值是__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据基本不等式的应用求解即可.
【详解】
，
，当且仅当时，等号成立，
可得，
时取最大值，
故的最大值为.
故答案为：.
14. 若不等式对任意的恒成立，则的最大值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】讨论、，根据不等式恒成立，结合一次函数、二次函数的性质，再讨论、情况下参数a、b之间的数量关系，最后根据目标式并应用基本不等式求最大值，注意等号成立条件.
【详解】1、当时，题设不等式恒成立，只需恒成立，
时，由一次函数的性质易知：不可能恒成立；
时，不成立；
∴不合要求.
2、当时，由题设有或在上恒成立，
当时，在上不可能恒成立，不合要求；
当时，在上、以零点为界两侧单调性相反，且零点相同，
∴，即，
∴，当且仅当，时等号成立.
综上，的最大值为.
故答案为：.
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. 已知，或．
（1）若，求的取值范围；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分和两种情况讨论求解即可；
（2）由题意得，从而可求出的取值范围．
【小问1详解】
①当时，，∴，∴．
②当时，要使，必须满足，解得．
综上所述，的取值范围是．
【小问2详解】
∵，，或，
∴，解得，
故所求的取值范围为．
16. 已知函数．
（1）解关于x的不等式；
（2）若不等式对一切恒成立，求m的取值范围．
【答案】（1）当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为或.
（2）
【解析】
【分析】（1）首先根据题意得到，再分类讨论解不等式即可.
（2）首先将题意转化为，再利用换元法结合基本不等式求解即可.
【小问1详解】
，即，
当时，即，解集为；
当时，
当，即时，，
因为，所以解集为或.
当，即时，，
因为，所以解集为．
综上所述：当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为或.
【小问2详解】
，即，
因为恒成立，所以，
设，则，
所以，
因为，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，
所以当时，．即.
17. 已知等差数列的前项和为，且，，．
（1）求的通项公式；
（2）设其中是正整数．
（i）求，，，；
（ii）求．
【答案】（1）
（2）（i），，，；（ii）
【解析】
【分析】（1）结合题意，由等差数列的基本量法列方程组可得；
（2）（i）由递推数列可得；
（ii）采用分组法，再利用等差数列的求和公式求解.
【小问1详解】
由题意得，解得，
∴的通项公式为.
【小问2详解】
（i）∵其中是正整数，
∴，，，.
（ii）
．
．
18. 已知函数，（）
（1）讨论的单调性；
（2）如果时，恒成立．
（ⅰ）求实数a取值范围；
（ⅱ）若正实数、（）满足，证明：．
【答案】（1）答案见解析；
（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）先得出的定义域为，再根据基本不等式得求，进而分和情况讨论的单调性即可；
（2）（ⅰ）根据（1）得到当和时，利用函数的单调性即可求得实数a的取值范围；
（ⅱ）不妨设，再根据，得到，再根据在上单调递增，从而得到x1+x2>2⇔x2>2−x1⇔fx2>f2−x1，再构造函数，，再求出，进而根据函数的单调性即可证明结论．
【小问1详解】
依题意可得的定义域为，
由，
当时，f′x≥a+3>0恒成立，此时在上单调递增；
当时，，
令，则Δ=a−12−16>0，
则令f′x=2x2+a−1x+2x>0时，得和x>1−a+a−12−164，
此时在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
综上，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
【小问2详解】
（ⅰ）根据（1）当时，在上单调递增，且，
所以时，恒成立；
当时，1−a+a−12−164>1，
则时，成立，
此时在上单调递减，
所以当时，，
所以时，不恒成立．
综上，实数a的取值范围为．
（ⅱ）证明：不妨设，
根据（ⅰ），且、满足，得，
由在上单调递增，
则x1+x2>2⇔x2>2−x1⇔fx2>f2−x1，
又，
所以只要证明−fx1>f2−x1，即证明即可．
设，
则g′x=4x−13xx−2>0，
所以在上单调递增，
又，所以当时，成立，
即当时，成立，
即成立，
即成立．
【点睛】方法点睛：利用函数的单调性证明不等式，如增函数，则x1+x2>2⇔x2>2−x1⇔fx2>f2−x1，从而再构造函数，再求出，进而根据函数的单调性即可证明结论．
19. 若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”.
（1）若，判断是否为上的“3类函数”；
（2）若为上的“2类函数”，求实数的取值范围；
（3）若为上的“2类函数”，且，证明：，，.
【答案】（1）是上的“3类函数”，理由见详解.
（2）
（3）证明过程见详解.
【解析】
【分析】（1）由新定义可知，利用作差及不等式的性质证明即可；
（2）由已知条件转化为对于任意，都有，，只需且，利用导函数研究函数的单调性和最值即可.
（3）分和两种情况进行证明，，用放缩法进行证明即可.
【小问1详解】
对于任意不同的，
有，，所以，
，
所以是上的“3类函数”.
【小问2详解】
因为，
由题意知，对于任意不同的，都有，
不妨设，则，
故且，
故为上的增函数，为上的减函数，
故任意，都有，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
所以，，故在单调递减，
，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
且，，所以使，即，
即，
当时，，，故在单调递增，
当时，，，故在单调递减，
，
故.
【小问3详解】
因为为上的“2类函数”，所以，
不妨设，
当时，；
当时，因为，
，
综上所述，，，.
【点睛】不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立或恒成立；②数形结合（的图象在上方即可）；③讨论最值或恒成立；④讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.