江西省九江市2022-2023学年高二数学下学期期末模拟试题（Word版附解析）

这是一份江西省九江市2022-2023学年高二数学下学期期末模拟试题（Word版附解析），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。
2022－2023学年度下学期第二次阶段性模拟试卷高二数学一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意．）1. 下列各对函数中，图像完全相同的是（    ）A. 与 B. 与C. 与 D. 与【答案】B【解析】【分析】分别分析各个选项中函数的定义域和对应关系，即可选出正确答案.【详解】A：定义域为，定义域为，对应关系不同，故A不正确；B：，，定义域均为，B正确.C：定义域为，定义域为，故C不正确；D：定义域为，对于，令，则定义域为，故D不正确.故选：B.【点睛】本题考查了函数定义域的求解，考查了函数相等的判定，属于基础题.2. 不等式的解集为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法，可直接得出结果.【详解】由得，解得或，即原不等式的解集为.故选：C.【点睛】本题主要考查解一元二次不等式，属于基础题型.3. 已知集合，，则（    ）A. 或 B. 或C. 或 D. 或【答案】D【解析】【分析】应用集合的交、补运算求即可.【详解】由题设，或，∴.故选：D4. 命题“”，命题“”，则p是q的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】先根据命题求出的范围，再根据充分性和必要性的定义得答案.【详解】对于命题，，得，可以推出，但是不能推出， p是q的充分不必要条件.故选：A.5. 若，则的最小值为 A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由基本不等式可得，即可求解，得到答案.【详解】因为，由基本不等式可得，当且仅当，即，即时，等号成立.故选A.【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最值问题，其中解答中熟记基本不等式的使用条件“一正、二定、三相等”，合理准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.6. 数列中的前n项和，数列的前n项和为，则＝（    ）A. 190 B. 192 C. 180 D. 182【答案】B【解析】【分析】利用求的通项公式，进而可得的通项公式，应用分组求和求即可.【详解】当n＝1  时，，当 n≥2 时，，经检验不满足上式，所以，设，则 ，所以.故选：B.7. 已知函数，则不等式解集是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据分段函数，分或两种情况，分别根据指数函数和对数函数的性质求解即可.【详解】当时，由得，两边取以e为底的对数得：，当时，由得，解得，综上或.故选：A.8. 若存在，使不等式成立，则的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】，令，构造函数，从而问题转化为存在，使得成立.求导判断单调性求得当时，，进而得到且，即可求解.【详解】令，即，因为，所以，令.则原问题等价于存在，使得成立.令，即解得，令，即解得，所以在上单调递增，在上单调递减.又因为而，当时，.若存在，使得成立.只需且，解得且，所以.故的取值范围为.故选：D【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题意．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）9. 关于函数，下列判断正确的是（    ）A. 上单调递减 B. 在上单调递增C. 在上单调递减 D. 在上单调递增【答案】AC【解析】【分析】由题可得，进而即得.【详解】因为，所以在和上单调递减，则A，C正确，B，D错误.故选：AC.10. 下列结论错误的有（    ）A. 若，则B. 函数最小值为2C. D. ，，则的取值范围是【答案】AB【解析】【分析】由可判断A，由双勾函数的知识可判断B，，然后可判断C，由可判断D.【详解】对于A，当时不成立，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，，因为，所以，即C正确；对于D，设，可得解得，因为，所以，故D正确故选：AB11. 已知定义在上的奇函数满足，若，则（    ）A. 4为的一个周期 B. 的图象关于直线对称C.  D. 【答案】ABC【解析】【分析】根据函数的基本性质对选项AB进行验证，根据函数周期结合函数奇偶性对选项CD进行验证，即可得出答案.【详解】对于A：函数为奇函数，则，则，则的一个周期为4，故A正确；对于B：，则函数关于对称，故B正确；对于C：的一个周期为4，，令中的，则，函数为定义在上奇函数，，，故C正确；对于D：的一个周期为4，，函数为奇函数，，，故D错误；故选：ABC.12. 已知数列满足，，，为数列的前n项和，则下列说法正确的有（    ）A. n为偶数时， B. C.  D. 的最大值为20【答案】AC【解析】【分析】对选项A，偶数项构成等比数列，即可求得通项；对选项B，检验当时，所给表达式不满足；对选项C，按照n为奇数和偶数分别讨论，根据，可直接求得；对选项D，的最大值为【详解】根据递推关系可知，n为奇数时，n为偶数时，，故A对；根据奇数项构成等差数列可得：而又：则有：，故B错误；，故C对；根据中的奇数项构成等差数列，而偶数项之和不是1就是0，因此根据特点可知：的最大值在奇数项之和取得最大值的附近，，，，，，，的最大值为，故D错故选：AC三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中相应的横线上．）13. 若“”是“”的充分条件，则实数的取值范围为___________．【答案】【解析】【分析】由充分条件定义直接求解即可.【详解】“”是“”的充分条件，，，即实数的取值范围为.故答案为：.14. 已知公比大于的等比数列满足，，则的公比______．【答案】【解析】【分析】根据题意可得出关于的方程，结合可求得的值.【详解】由题意可得，则，上述两个等式作商可得，即，因为，解得.故答案为：.15. 若函数的值域是，则实数的取值范围是 __．【答案】【解析】【分析】先根据基本不等式求出时的取值范围，然后根据的范围得出在上的单调性，求出值域．根据题意，即可得出答案.【详解】因为函数.当时，有，当且仅当时等号成立.当，即时，有，不满足题意；当，即时，在上单调递减，有，不满足题意；当，即时，在上单调递增，有.要使的值域是，则应有，所以.综上所述，当时，的值域是.故答案为：.16. 已知函数，若存在实数，满足，则的最大值是______．【答案】【解析】【分析】作出的函数图象，得出，，将化简为，构造函数，，由得出单调递增，求出的最大值，即可求得答案．【详解】解：作出的函数图象如图所示：∵存在实数，满足， ，，由图可知，，，设，其中，，显然在单调递增，， ，， 在单调递增，在的最大值为，的最大值为，故答案为：．四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17. 化简与求值.（1）化简：；（2）已知，其中，的值.【答案】（1）；（2）1.【解析】【分析】（1）利用指数幂的运算性质即可得出.（2）先利用平方差公式化简，再利用指数幂的运算性质即可得出.【详解】（1）原式；（2）由可知，原式.【点睛】本题考查指数幂的化简，要对分式进行正确运算得到最简结果.18. 习近平总书记提出：“绿水青山就是金山银山”的重要理念，说明呵护地球，人人有责.某省为响应该理念，计划每年都增长相同百分比的绿化面积，且年时间绿化面积增长，（参考数据：，，，）试求：（1）求每年绿化面积的增长率；（2）按此增长率，若年年初时，该省的绿地面积是提出该理念时的倍，请问习近平总书记最迟是哪一年首次提出该理论.【答案】（1）约为；    （2）年.【解析】【分析】（1）设每年绿化面积的增长率为，可得出，求出的值即可；（2）设经过年后该省的绿地面积是提出该理念时的倍，可得出，利用对数的运算求出的值，即可得解.【小问1详解】解：设每年绿化面积的增长率为，则，则，故每年绿化面积的增长率约为.【小问2详解】解：设经过年后该省的绿地面积是提出该理念时的倍，则，则，而，因此，习近平总书记最迟在年首次提出该理论.19. 已知函数f(x)＝x3(a＞0，且a≠1)．（1）讨论f(x)的奇偶性；（2）求a的取值范围，使f(x)＞0在定义域上恒成立．【答案】（1）函数f(x)是偶函数（2）∈(1，＋∞)【解析】【分析】（1）先求函数f(x)的定义域，再判断f(－x)与f(x)是否相等即可得到结果；（2）由f(x)是偶函数可知只需讨论x＞0时的情况，则有x3＞0，从而求得结果.【详解】（1）由于ax－1≠0，则ax≠1，得x≠0，∴函数f(x)的定义域为{x|x≠0}．对于定义域内任意x，有f(－x)＝(－x)3＝(－x)3＝(－x)3＝x3＝f(x)，∴函数f(x)是偶函数．（2）由（1）知f(x)为偶函数，∴只需讨论x＞0时的情况，当x＞0时，要使f(x)＞0，则x3＞0，即＋＞0，即＞0，则ax＞1.又∵x＞0，∴a＞1.∴当a∈(1，＋∞)时，f(x)＞0.【点睛】本题考查判断函数奇偶性的方法和恒成立问题，判断函数的奇偶性先求定义域，再判断f(－x)与f(x)是否相等或者互为相反数，相等即为偶函数，互为相反数则为奇函数，属中档题.20. 设数列是等差数列，已知，公差为，为其前n项和，且，，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，证明：数列的前n项和.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据等差数列前n项和的基本量的计算以及等比中项，列方程即可求解，进而可求通项，（2）根据裂项求和可得的前n项和，进而可求.【小问1详解】在等差数列中，，公差，为其前n项和，∴，，，又，，成等比数列，∴，即，由于,解得，∴小问2详解】证明：由（Ⅰ）知，∴，则，∵，∴，，∴21. 已知函数．（1）求在上的极值；（2）若，求的最小值．【答案】（1）为极小值，无极大值.    （2）【解析】【分析】(1)求导后，借助导数分析单调性，借助单调性分析极值的情况；(2) 令,令，设，再借助导函数的正负性，分析原函数的单调性确定极值，再反推的单调性，判断极大值情况.【小问1详解】，令，得，在为负，单调递减，在为正，单调递增，故为极小值，无极大值.【小问2详解】由题知 ,令，令，则 ，设 则 ，，为正，在单调递增，，为负，在单调递减，故极大值，若，即，此时，则在单调递减，又，所以时，在单调递增，时，，在单调递减，故为极大值，所以，则当时，符合条件；，即 此时，存在，在上；，则在单调递增，又，则在区间上所以在区间上，单调递减，则，不满足条件.综上所述的最小值为.22. 已知函数，其中e为自然对数的底数．（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，若恒成立，求实数的最小值．【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为    （2）1【解析】【分析】（1）代入的值，求的导函数，由可得增区间，由可得减区间．（2）恒成立，转化为，求的最大值即可．【小问1详解】，，，令，得，当时，，当时，，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为．【小问2详解】由，即，解得，令，，令，，所以，在单调递增，，在单调递减，则，且时，，在上有唯一的零点，，当时，，，在上单调递增，当时，，，在上单调递减，，，所以的最小值为1．