江西省上饶市2024_2025学年高二下册期末考试数学试卷【附解析】

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1．本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第I卷时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，答在本试卷上无效．
4．本试卷共19题，总分150分，考试时间120分钟．
第I卷（选择题）
一、单项选择题：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.若集合，集合，则等于（ ）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合B再结合交集概念求出答案.
【详解】由，解得，
所以，又，
所以.
故选：C
2.已知是实数，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】结合充分条件和必要条件的概念，以及指数函数的单调性，判断与之间的充分性和必要性.
【详解】当时，函数在单调递增，，故充分性成立.
当时，函数在单调递增，，但不能推出，故必要性不成立.
是的充分不必要条件.
故选:.
3.已知数列的前n项和，则（ ）
A.20B.16C.12D.8
【答案】D
【解析】
【分析】根据公式，即可求解.
【详解】.
故选：D
4.已知变量之间的线性回归方程为，且变量之间的一组相关数据如表所示，则下列说法错误的是（ ）
A.变量之间呈现负相关关系B.变量之间的相关系数
C.m的值等于5D.由表格数据知，该回归直线必过点
【答案】B
【解析】
【分析】根据线性回归方程的概念，和经过样本中心的性质，计算出参数值，分别判断ACD三个选项的正误，根据相关系数公式，计算相关系数大小，判断B的正误.
【详解】由，可知，呈现负相关，所以A正确；
由题意可知，，样本中心点，
代入得，解得，所以C正确，
所以样本中心点为，所以D正确；
样本相关系数，所以B不正确.
故选：B.
5.已知函数没有极值，则实数m的取值范围为（ ）
A.B.
C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求得，由函数没有极值，得到，即可求解.
【详解】由函数，可得，
因为函数没有极值，可得，
即，可得，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：A.
6.在等比数列中，是函数的两个零点，则（ ）
A.B.3C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据韦达定理可得结合等比中项可求的值.
【详解】因为是函数的两个零点，
所以是方程的两个根，所以，
所以均为负数，又因为是等比数列，所以，
又同号，所以.
故选：C.
7.已知函数，且，则m的取值范围是（ ）
A B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得函数为增函数，且为奇函数，进而可由得，解得答案.
【详解】函数，定义域为，
函数恒成立，
故函数为增函数，
又由，
故函数为奇函数，
，
则，
解得：.
故选：B.
8.已知函数，若对，不等式恒成立，则的最小值为（ ）
A.B.2C.D.e
【答案】A
【解析】
【分析】通过分析，得时，不成立，所以.
令，通过求导判断，可得当时，函数取得最小值，
代入，得，即，
令，再次求得，可得当时，取得最小值，即得的最小值.
【详解】由，得，
令，即对，恒成立，
①若时，当时，趋向负无穷，不满足条件；
②若时，则，
令，得，则恒成立，
所以在上单调递增，
令，解得，且，
所以当时，恒成立，所以单调递减，
当时，恒成立，所以单调递增，
所以当时，函数取得最小值，
则，
整理得，即，
令，则，令，解得，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，取得最小值，即，
综上所述，的最小值为.
故选：A.
二、多项选择题：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，部分选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9.下列说法正确的是（ ）
A.若，则
B.命题“”的否定是“或”
C.若，则函数的最小值为2
D.当时，不等式恒成立，则k的取值范围是
【答案】AB
【解析】
【分析】根据不等式的基本性质判断选项A的正误，根据特称命题得否定，判断B选项正误，根据基本不等式取等号的情况，判断C选项正误，根据不等式恒成立的情况，判断D选项正误.
【详解】由可知，所以，则，所以A正确；
根据存在量词命题的否定，改变量词，否定结论可知，B正确；
当时，，由基本不等式可知，当且仅当，即时等号成立，
因为，所以取不到等号，所以C错误；
当时，不等式为，对任意恒成立，所以D错误.
故选：AB.
10.设函数，则下列结论正确的是（）
A.为偶函数B.在区间上为增函数
C.的值域为D.不等式的解集为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据函数奇偶性的定义，判断选项A的正误，根据函数单调的定义，判断函数单调区间，求出值域，再根据函数单调性解函数不等式，逐一判断各选项正误.
【详解】已知，则，所以为偶函数，所以A正确；
当时，，
在区间上和单调递增，所以在上单调递增，所以B正确；
根据分段函数性质可得，
已知在区间上为增函数，同理可得在区间上为减函数，
所以在处函数取得最大值，最大值，所以C错误；
已知在区间上为增函数，在区间上为减函数，
当时，可得，解得，所以D正确.
故选：ABD.
11.已知定义在R上的函数和满足：是偶函数，则（ ）
A.的图象关于点对称B.4为的周期
C.的图象关于直线对称D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据已知条件，联立方程组求出的性质，进而求得的性质，再根据函数对称性，周期性的定义，分别判断各选项正误.
【详解】已知，消去得，可知关于中心对称，也可得关于中心对称，
因为，所以关于中心对称，所以A错误；
因为是偶函数，所以，解得，换元的，再换元得，得，
根据复合函数求导得，所以4为的周期，所以B正确，
因为关于中心对称，所以，
根据复合函数求导得，所以的图象关于直线对称，所以C正确；
因为，令，得，即，
因为，所以，以此类推，
则，所以D错误.
故选：BC.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.已知，则________．
【答案】
【解析】
【分析】换元法求解函数解析式.
【详解】令，则，故，故
故答案为：
13.已知正实数满足，则的最小值为________．
【答案】18
【解析】
分析】由题意得，结合基本不等式即可得解.
【详解】已知正实数满足，则
，等号成立当且仅当，
所以的最小值为18.
故答案为：18.
14.一片龙鳞一寸心，龙曲线是按下面的规则画成的图形：将前一代的每一条折线段都作为下一代的等腰直角三角形的斜边，依次画出所有直角三角形的两直角边，使得所画的相邻两线段永远垂直（即所画的直角三角形在前一代曲线的左右两边交替出现）．例如第一代龙曲线（图1）是以为斜边画出等腰直角三角形的直角边所得的折线图，图2、图3依次为第二代、第三代龙曲线（虚线即为前一代龙曲线）若折线长为第一代龙曲线的长度，，设第n代龙曲线的长度为，则数列的前n项和________．
【答案】
【解析】
【分析】根据等腰直角三角形的性质，求出数列的通项公式，再根据裂项求和法，求出数列的前n项和.
【详解】
如图所示，等腰直角三角形中，，即，
由，可得折线，即，
由龙曲线性质可知，每幅图上实线的长为虚线的倍，即每一代龙曲线为前一代龙曲线的倍，即，
所以数列是以2为首项，以为公比的等比数列，，
可得，
则，
根据裂项公式可得，
所以，
化简得，
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.已知数列和满足：为等差数列，为等比数列．
（1）求数列和的通项公式；
（2）设数列的前项和为，求使得成立的最小正整数．
【答案】（1），.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列和等比数列的通项公式求出与的通项公式，再联立求解出和的通项公式；
（2）先求出的表达式，再通过解不等式得出满足条件的最小正整数
【小问1详解】
已知，则首项
又，则第二项
等差数列的公差，因此通项公式为：
首项
第二项
等比数列的公比，因此通项公式为：
由，两式相加得：
将代入，得：
故：，.
【小问2详解】
由，前项和可拆分为等差数列和等比数列的和：
等差数列的前项和：
等比数列的前项和：
因此，
将代入不等式，化简得：
两边消去，整理得：
解二次不等式，其根为，正根为
因此，时不等式成立.，故所求为5.
16.已知函数．
（1）求曲线在处的切线与坐标轴围成的图形面积；
（2）求在上的单调性与最值．
【答案】（1）4 （2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由题意求得，进一步得切线方程即可求解；
（2）直接求导得函数单调性，进一步得函数最值.
【小问1详解】
因为，所以，所以，
解得，而，
所以曲线在处的切线为，
令，解得，令，解得，
故所求为；
【小问2详解】
由（1）可知，设，
求导得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
而，
注意到，
所以在上的最小值为，最大值为.
17.作为先进的人工智能技术广泛应用于个性化学习、教学辅导、疾病诊断、风险控制、智能制造等行业中．为了解不同学历人群对的使用情况，随机调查了200人，得到如下数据：
（1）根据所给数据完成上表，依据小概率值的独立性检验，能否认为的使用情况与学历有关？
（2）某高校组织学生利用进行思维导图、制作、视频制作三项比赛，某同学在这三项比赛中达到“优秀”的概率分别为，每项比赛相互独立．若获得2项及以上“优秀”的同学获得比赛奖励，求这位同学获得奖励的概率．
附：，其中．
【答案】（1）能认为的使用情况与学历有关
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得列联表，计算，依据独立性检验的原理，可得结论；
（2）分类考虑该同学获得奖励情况，根据独立事件的乘法公式以及互斥事件的概率加法公式，即可求得答案.
【小问1详解】
由题意可得列联表：
零假设：的使用情况与学历无关，
而
，
由此可推断零假设不成立，依据小概率值的独立性检验，
认为的使用情况与学历有关；
【小问2详解】
设为事件：该同学第i项获得优秀，，则相互独立，
且，
设B为该同学获得奖励，
则
，
即该同学获得奖励的概率为.
18.已知数列满足，记．
（1）求证：是等差数列；
（2）设数列的前n项和为．
（i）求；
（ii）若不等式对一切恒成立，求实数取值范围．
【答案】（1）证明见解析.
（2）（i）（ii）
【解析】
【分析】（1）对题干种的条件两边同时除以，即可证明结论.
（2）（i）利用错位相减法即可求得结果.
（ii）对n分偶数和奇数分别讨论即可求得实数的取值范围.
【小问1详解】
因为，两边同时除以，得到：，
又因为，所以，又，
故是首项为，公差为等差数列，结论得证；
【小问2详解】
（i）由（1）结论即可得到，
所以，所以①，
两边同乘2得：②，
由得：，
所以.
（ii）不等式，代入，得到：，
当n为偶数，不等式变为：，右边随n的增大而减小，故，所以,
当n为奇数，不等式变为：，右边随n的增大而增大，故，所以，
故实数的取值范围为
19.泰勒展开式在近似计算、函数性质研究中有广泛应用，它可将一个函数在某点附近用多项式逼近．若函数在包含的闭区间上具有n阶导数，在开区间上具有阶导数，则对上任意一点x，有，其中为泰勒公式的余项．（的n阶导数记为，其中为的导数，为的导数，为的导数．）
（1）若，写出在处的泰勒展开式；
（2）当时，判断第（1）问中与0的大小，并证明；
（3）证明：对任意正整数n，有，其中，．
【答案】（1）
（2），证明见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出的一阶、二阶、三阶导数，依据泰勒展开式，即可求得答案；
（2）结合（1）可得，利用导数判断其单调性，即可额证明结论；
（3）对于取对数得，利用可推出，即可证明，即，结合，即可证明结论.
小问1详解】
因为，所以，
，则；
，则；
，则，
则在处的泰勒展开式为.
【小问2详解】
判断：，证明如下：
由（1）可得，
设，
则，
故在上单调递减，则，
即.
【小问3详解】
对于取对数得，
由（2）知，
由可得，，
当时，，
故，
令，则，所以，
又，
所以，
故，故.
x
2
4
6
8
y
6
m
3
2
使用情况
学历
经常使用
不经常使用
合计
本科及以上
60
100
本科以下
70
合计
90
200
0，010
0，005
0，001
6，635
7，879
10，828
使用情况
学历
经常使用
不经常使用
合计
本科及以上
60
40
100
本科以下
30
70
100
合计
90
110
200