2021-2022学年辽宁省沈阳市重点中学高二（下）期末数学试卷（Word解析版）

这是一份2021-2022学年辽宁省沈阳市重点中学高二（下）期末数学试卷（Word解析版），共16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。
2021-2022学年辽宁省沈阳市重点中学高二（下）期末数学试卷 题号一二三四总分得分       一、单选题（本大题共8小题，共40分）记全集，集合，集合，则(    )A.  B.  C.  D. 命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是(    )A.  B.  C.  D. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围为(    )A.  B.  C.  D. 已知实数，满足，，则的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 已知等差数列的前项和为，若，，则(    )A.  B.  C.  D. 若是定义在上的奇函数，且是偶函数，当时，，则当时，的解析式为(    )A.  B.  C.  D. 下列命题为真命题的是(    )A. 函数与函数是同一函数
B. 设，则“”是““的必要而不充分条件
C. 函数的最小值为
D. 命题“，”的否定是“，”已知正实数，满足，则的最小值为(    )A.  B.  C.  D.  二、多选题（本大题共4小题，共20分）若函数，则下述正确的是(    )A. 在单调递增
B. 的值域为
C. 的图象关于直线对称
D. 的图象关于点对称已知函数的定义域为，且，，则下列结论中正确的有(    )A. 为增函数 B. 为增函数
C. 的解集为 D. 的解集为数列是递增的等差数列，前项和为，满足，则下列选项正确的是(    )A.  B.
C. 当时，最小 D. 时，的最小值为已知，且，则下列结论正确的是(    )A.  B. 的最大值为
C. 的最小值为 D. 的最大值为 三、填空题（本大题共4小题，共20分）已知函数的定义域为，则函数的定义域为______．若函数为奇函数，则 ______ ．已知数列是递增的等比数列，，，则数列的前项和等于          ．设函数，若不等式恰有两个整数解，则的取值范围是______． 四、解答题（本大题共6小题，共70分）在数列中，，且
Ⅰ求，，的值；
Ⅱ猜想数列的通项公式的表达式，并用数学归纳法证明你的猜想．已知公差为的等差数列的前项和为，且．
求的通项公式；
若，数列的前项和为，证明：．已知数列的前项和为，且．
求的通项公式；
设，求数列的前项和．已知函数．
当时，求过点的切线方程；
求函数在区间的最小值．已知函数．
求的极值；
若对于任意不同的，，都有，求实数的取值范围．已知函数．
讨论的单调性；
若，且方程有两个不同的解，求实数的取值范围．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：全集，集合，集合，
或，
则．
故选：．
先求出或，再由交集定义能求出．
本题考查集合的运算，考查交集、补集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 2.【答案】 【解析】解：，，则恒成立，，
对于，是命题的充要条件，不符合题意，所以A错误；
对于，是命题的既不充分也不必要条件，不符合题意，所以B错误；
对于，是命题的必要不充分条件，不符合题意，所以C错误；
对于，是命题的充分不必要条件，符合题意，所以D正确．
故选：．
根据条件求到，再由充分不必要条件的定义即可选出正确选项．
本题考查的是充分必要条件的判定，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：由题意，解得，
故选：．
根据分段函数、二次函数、一次函数的单调性可建立不等式求解．
本题考查了分段函数的单调性，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：实数，满足，，
则，
整理得：，
解得：，
所以：，，
故：，
故选：．
直接利用整体思想和不等式的性质的应用求出结果．
本题考查的知识要点：不等式的性质的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．
 5.【答案】 【解析】【分析】本题考查等差数列的性质，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．根据等差数列的性质可得，从而代入数据即可．【解答】解：由是等差数列，得，，构成等差数列，
则，即，解得．
故选：．  6.【答案】 【解析】解：根据题意，是定义在上的奇函数，
若是偶函数，即函数的图象关于直线对称，
则有，
又由为奇函数，则有，
综合可得：，变形可得．
由于当时，，
当时，有，则有，
又由，则有，
故选：．
根据题意，由函数的奇偶性和对称性分析可得，当时，有，结合函数的解析式可得的表达式，据此分析可得答案．
本题考查函数的奇偶性和对称性的综合应用，涉及函数解析式的计算，属于中档题．
 7.【答案】 【解析】解：对于：由于函数的定义域为；函数的定义域为，故不是同一函数，故A错误；
对于：设，则“”整理得“”，故“”是““的必要而不充分条件，故B正确；
对于：函数的最小值为，故C错误；
对于：命题“，”的否定是“，”，故D错误．
故选：．
直接利用同一函数的定义判断，利用不等式的解法求出的解集判断充分条件和必要条件，利用不等式的性质判断的结论，利用命题的否定判断的结论．
本题考查的知识要点：同一函数的定义，充分条件和必要条件，不等式的性质，命题的否定，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
 8.【答案】 【解析】解：因为正实数，满足，
则，
当且仅当且，即，时，取等号，此时取得最小值．
故选：．
由已知结合乘法，利用基本不等式即可求解．
本题主要考查了基本不等式在求解最值中的应用，解题的关键是基本不等式的应用条件的应用，属于中档题．
 9.【答案】 【解析】解：因为，所以，
对于，恒成立，所以在上单调递增，即A正确；
，所以的值域不可能为，即B错误；
因为，，
所以，即，所以C错误，D正确．
故选：．
求导得在上恒成立，即单调递增，可判断选项A；
不妨计算的值，由于，于是可判断选项B；
根据函数的轴对称和中心对称的定义，得出，可判断选项C和．
本题考查函数的对称性、利用导数研究函数的单调性，理解原函数的单调性与导函数的正负性之间的联系，以及函数的轴对称与中心对称的区别是解题的关键，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 10.【答案】 【解析】解：对于，因为，所以为增函数，故A正确；
对于，由，，所以为增函数，故B正确；
对于，，则等价于，又为增函数，所以，解得，所以的解集为，故C错误；
对于，等价于．
即，又为增函数，所以，解得，所以的解集为，故D正确；
故选：．
利用导数与函数的单调性的关系可判断，利用函数的单调性解不等式判断．
本题考查导数与函数的单调性，利用函数的单调性解不等式，属于中档题，构造新函数是解题关键．
 11.【答案】 【解析】【分析】本题考查等差数列的通项公式与前项和公式，考查学生的归纳推理和运算求解的能力，属于中档题题．根据是递增的等差数列，，即可判断选项A，；又，从而可判断选项C；，从而可判断选项D．【解答】解：由是递增的等差数列，得，选项A正确；
由，得，则，选项B正确；
由，得当时，有最小值，且最小值为，选项C错误；
又，解得，
所以时，的最小值为，选项D正确；
故选：．  12.【答案】 【解析】解：，，，
，
故，
故选项A正确；
，
即，
，
当且仅当，即，时，等号成立，
故的最大值为，
故选项B正确；
，
，
故
，
由二次函数的性质知，
当时取得最小值，
故选项C正确；
，，，
，
即，
即，
故，
当且仅当，即，时，等号成立，
故的最大值为，
故选项D错误；
故选：．
由不等式的性质可得，从而判断选项A；
由不等式可得，从而化简判断选项B；
由化简，从而化简，利用二次函数的性质求最小值即可判断选项C；
由基本不等式得，从而化简判断选项D即可．
本题考查了不等式的性质，基本不等式及其变形，二次函数的性质的应用，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】解：函数的定义域为，，
，，解得，
即函数的定义域为，
故答案为：．
利用函数定义域的定义求解即可．
本题主要考查了抽象函数的定义域，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：由函数为奇函数可得，

即
即
故答案为：
由函数为奇函数可得，可得，代入整理可求
本题主要考查了奇函数的定义的简单应用，属于基础试题
 15.【答案】 【解析】【分析】本题考查等比数列的性质，数列的前项和求法，是基本知识的考查．
利用等比数列的性质，求出数列的首项以及公比，即可求解数列的前项和．【解答】解：数列是递增的等比数列，，，
可得，解得，，
，，
所以，
所以数列的前项和为：．
故答案为：．  16.【答案】 【解析】解：解：令，，
因为，所以当时，，当时，，
则，且，
函数恒过点，
由题意知，存在个整数解，则在直线的下方，
当图象与图象相切时，设切点，
则切线方程为，且，
又因为切线过，代入解得，舍，
即有切点，此时，
故实数的取值范围是．
故答案为．
利用构造的新函数和，求导数，从而可得的范围．
本题考查导数的综合应用，及数形结合思想的应用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．分类与整合思想．
 17.【答案】解：Ⅰ，且，
，，
分
Ⅱ猜想数列的通项公式为分
用数学归纳法证明如下：
当时，左边，右边，因此，左边右边．
所以，当时，猜想成立．分
假设时，猜想成立，即，
那么时，．
所以，当时，猜想成立．分
根据和，可知猜想成立．分 【解析】利用递推式直接求：
猜想数列的通项公式为用数学归纳法证明即可．
本题考查了数列中的归纳法思想，及证明基本步骤，属于基础题．
 18.【答案】解：因为等差数列的前项和为，且，
所以，
解得，
故，
即的通项公式为；
证明：因为，
所以

，
因为，
所以． 【解析】利用等差数列求和公式求出首项，从而求出通项公式；
裂项相消法求和证明不等式．
本题考查了等差数列的通项公式以及裂项相消求和，属于基础题．
 19.【答案】解：已知数列的前项和为，且，
当时，，解得，
当时，，
整理得，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
故；
由可知，，
则，
，
两式相减得
，
故，
数列的前项和． 【解析】由与的关系可得为等比数列，求通项公式即可；
根据错位相减法求解即可．
本题考查了等比数列的通项公式和错位相减求和，属于中档题．
 20.【答案】解：时，，，
设切点是，则，
故切线方程是：，
将点代入得：，
解得，则切点是，，
故切线方程是；
，则，
令，解得或，
在内，若即时，恒成立，
故在单调递增，
，
若即时，
在递减，在递增，
，
若即时，在递减，
，
． 【解析】代入的值，设出切点坐标，求出切线方程即可；
求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最小值即可．
本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是中档题．
 21.【答案】解：因为，所以
令，解得或舍去．
当变化时，，的变化情况如表所示． 单调递减单调递增因此，当时，有极小值，且极小值为，无极大值
不妨令，则等价于，
即，
令函数，
可知在上单调递减，
．
若，即，则在上恒成立，
故在上恒成立，
则在上单调递减，符合题意，
若，即，则在上不恒成立，
故在上不恒成立，
则在上不可能单调递减，不符合题意．
综上所述，实数的取值范围为． 【解析】根据导数的性质，结合函数极值的定义进行求解即可；
对已知不等式进行变形，构造新函数，利用新函数的单调性，结合导数的性质分类讨论求解即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．
 22.【答案】解：函数的定义域为．．
当时，若，则；若，则在区间单调递增，在单调递减．
当时，，在单调递增．
当时，，若或，则；若，则．
所以在区间单调递增，在区间单调递减．
当时，，若或，则；若，则．
所以在单调递增，在单调递减．
综上所述，时，在单调递增，在单调递减．时，在单调递增．时，在单调递增，在单调递减．时，在，单调递增，在单调递减．
令函数，时，，时，，
所以在单调递减，在单调递增，
所以，即，当且仅当时等号成立．
时，在单调递增，在单调递减．
由题意，应有，即；
当时，，即，
所以，
，
所以函数在，各有一个零点，方程有两个不同的解．
所以的取值范围为． 【解析】求得，对参数分、、、四类讨论，可得的单调性；
先证明，依题意，可得，即，进一步分析可得实数的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查函数与方程思想与分类讨论思想的综合运用，突出逻辑思维能力与数学运算能力等数学核心素养，属于难题．