江西省宜丰中学创新部2023-2024学年高二上学期12月月考数学试卷

这是一份江西省宜丰中学创新部2023-2024学年高二上学期12月月考数学试卷，共5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（40分）
1．命题“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
2．已知全集，集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
3．设等差数列的前n项和为，且，则（ ）
A．26B．32C．52D．64
4．函数（且）的图象可能为（ ）
A．B．C．D．
5．设，则（ ）
A．B．
C．D．
6．已知定义在上的奇函数满足，且在区间上是增函数，则
A．B．
C．D．
7．已知，，，则的最小值为（ ）
A．4B．6C．8D．12
8．已知函数，若，其中，则的最小值为
A．B．C．D．
二、多选题（20分）
9．德国著名数学家狄利克雷第一个引入了现代函数的概念，是解析数论的创始人，狄利克雷函数就以其名命名，其解析式为，狄利克雷函数的发现改变了数学家们对“函数是连续的”的认识，也使数学家们更加认可函数的对应说定义，关于函数有以下四个命题，其中真命题是（ ）
A．函数是奇函数B．
C．函数是偶函数D．
10．已知集合，，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则或D．若时，则或
11．若，则（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数，则下列有关结论正确的是（ ）
A．在其定义域内是单调递增的B．有且仅有两个零点
C．的解集是D．的值域是
三、填空题（20分）
13．已知函数，则函数的图象在处的切线方程为 ．
14．已知正项等比数列的前n和为，若，且，则满足的n的最大值为 .
15．已知函数，则的解集为 .
16．定义在实数集R上的偶函数满足，则 ．
四、解答题（70分）
17．已知关于的不等式的解集为不等式的解集．
(1)设不等式等式的解集为，求；
(2)若的解集为且是的一个必要不充分条件，求实数的取值范围．
18．新能源汽车是指除汽油、柴油发动机之外的所有其他能源汽车，被认为能减少空气污染和缓解能源短缺的压力、在当今提倡全球环保的前提下，新能源汽车越来越受到消费者的青睐.某车企随机调查了今年某月份购买本车企生产的（）台汽车车主，统计得到以下列联表，经过计算可得．
(1)完成表格并求出n值，并根据独立性检验，能否认为购车消费者对新能源车的喜欢情况与性别有关:
(2)用样本估计总体，用本车企售出汽车样本的频率代替售出汽车的概率．从该车企今年某月份售出的汽车中，随机抽取4辆汽车，设被抽取的4辆汽车中属于不喜欢新能源购车者的辆数为X，求X的分布列及数学期望．
附：，其中．
19．已知数列满足，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列的前n项和为，若，求k的最小值．
20．已知四棱锥的底面为等腰梯形，，，，平面.
(1)求证：；
(2)若四棱锥的体积为2，求平面与平面夹角的余弦值.
21．设，已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）设函数，若方程在区间上有实数根，求的取值范围.
22．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，且，证明：，且．
2023-2024学年（上）江西省宜丰中学创新部高二12月考数学参考答案：
1．D【详解】根据全称命题与存在性命题的关系得，命题“”的否定是“”.故选：D.
2．C【详解】由，则，解得：，所以，
由可得，即，则，解得：，故， 故B错误；故A或，故A错误；或，，故C正确；
，故D错误.故选：C.
3．C【详解】由等差数列的性质可得．则．故．故选：C
4．D【详解】因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.
5．D【详解】，又.故选：D.
6．D【详解】因为满足，所以，所以函数是以8为周期的周期函数，则.由是定义在上的奇函数，
且满足，得.因为在区间上是增函数，是定义在上的奇函数，所以在区间上是增函数，所以，即.
7．B【详解】因为，所以，即，所以，
当且仅当，即，时等号成立，所以的最小值为6.故选：B.
8．A【详解】解：因为，所以
，令
则所以,所以，所以，其中，则. 当时
当且仅当 即 时等号成立；当时
，当且仅当 即 时等号成立；因为，所以的最小值为.故选：A.
9．BCD【详解】A项，若是有理数，则也是有理数，可得，则不是奇函数，故A错误；B项，当时，，
,此时，故B正确；C项，若是有理数，则；若是无理数，，则，
又，则，因此，所以函数是偶函数，故正确；
D项，若是有理数，，则均是有理数，故；若是无理数，，则均是无理数，故，所以，故D正确.故选：BCD.
10．ABC【详解】，若，则，且，故A正确.时，，故D不正确.若，则且，解得，故B正确.当时，，解得或，故C正确.故选：ABC．
11．BC【详解】由题意得，所以，设函数，则是增函数.
由，得，所以.
由，得，所以.故选：BC
12．CD【详解】解：定义域，，因为函数时增函数，函数在和上是增函数，所以函数在和上是增函数，又，所以在其定义域内不是单调递增的，故A错误；当时，，所以，则函数在上无零点，当时，因为函数在上是增函数，所以函数在上最多一个零点，故B错误；当时，无解，当时，，因为函数在上是增函数，所以，所以的解集是，故C正确；因为函数的定义域为，所以，当时，，所以，又，函数在上是增函数，所以的值域是，故D正确.故选：CD.
13．【详解】因为，所以，
的图象在处的切线斜率为，又，所以切点为，所以的图象在处的切线方程为：，即．故答案为：.
14．5【详解】设等比数列公比为q，因为，所以，解得，或.
由数列为正项等比数列，则，所以.又由，即，解得，
因为，所以，得，解得，因为，即，又，所以的最大值为.故答案为：.
15．【详解】当时，不等式可化为，此时不等式恒成立，所以；当且即 不等式可化为，因为当时，，，所以当时，恒成立，所以；
当且时，时，不等式可转化为，化简整理得由，解得，所以.综上所述，不等式的解集为．故答案为：.
16．【详解】由，可得，
则，即
令，则，即，
则则的周期为4，
则，由为偶函数，可得为偶函数，
又由，可得，则，则，又的周期为4，则，则则，解之得，，又，则,故.
故答案为：
17．(1)(2)
【详解】（1）由不等式的解集为，得，解得，
则，即，解得，即， 则.
（2）由是的一个必要不充分条件，即，由，即，即，则当时，即时，，符合题意；当时，，由，则等号不能同时取，解得；当时，，由，
则等号不能同时取，解得；综上，实数的取值范围是.
18．【详解】（1）补充表格数据如下:
根据数表可得，又，得；
由题意，，
故根据小概率值的独立性检验，认为购车消费者对新能源车的喜欢情况与性别有关；
（2）随机抽取1辆汽车属于不喜欢新能源购车者的概率为，
被抽取的4辆汽车中属于不喜欢新能源购车者的辆数为，的可能值为：0，1，2，3，4
依题意，，，，
， ，
所以X的分布列为：
X的数学期望．所以X的数学期望为1.
19．(1)，(2)17
【详解】（1）∵，，∴，，又，∴数列是以1为首项，3为公差的等差数列，∴，则，．
（2）由（1）知，
∴．
由得，解得，又，∴k的最小值为17．
20．【详解】（1）∵平面，平面，∴，过点作，由为等腰梯形，，故，所以，即，即，平面，∴平面，平面，故.
（2）方法一:，∵,，∴.
如图，建立空间直角坐标系，，，，，,
设平面法向量为，则，，取，得
同理，设面法向量为，则
，，取，得，
由题意，.设平面与平面的夹角为，则，方法二：，∵,
，∴.∵平面，平面，∴平面平面，过作，则平面垂足为，平面，则,过作的垂线，垂足为，连，由于平面,所以平面,平面，故，
则为所求二面角夹角的平面角.，所以,,，，
.
21．【详解】（1）当时，不等式为，又，
所以，由得，又，所以，不等式的解集为．
（2）函数，
令，即，因为，，所以，，
所以，且，所以，
设，，则有，因为，所以；
所以，且，所以的取值范围是，，．
22．【详解】（1）的定义域为R，
由题意，得，，
当时，恒成立，在上单调递增；
当，且当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
（2）证明：由，得，是方程的两个实数根，
即是方程的两个实数根．
令，则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以．
因为当时，；当时，，，所以．
不妨设，因为，是方程的两个实数根，则．
要证，只需证．
因为，，
所以只需证．
因为，
所以只需证．
今，，
则
在恒成立．
所以在区间上单调递减，
所以，
即当时，．
所以，
即成立．
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