2022-2023学年江苏省南京市中华中学高二下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江苏省南京市中华中学高二下学期期末数学试题含答案，共18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学年江苏省南京市中华中学高二下学期期末数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据交集的运算法则求解即可.【详解】因为，，所以，故选：B.2．现有四个函数：①，②，③，④的图象（部分）如下，但顺序被打乱，则按照从左到右将图象对应的函数序号安排正确的一组是（    ）A．①②③④ B．④③②① C．②①③④ D．③②①④【答案】D【分析】根据各函数的特征如函数值的正负，单调性、奇偶性，定义域、值域等进行判断．【详解】对于函数，有，所以为奇函数，图象关于原点对称，且时，，所以对应的是第个三函数图象；对于函数，有，所以函数是偶函数，所以函数对应的是第二个函数图象；对于函数，为幂函数，且在上是减函数，所以函数对应的图象是第一个图象；对于函数，当时，，所以函数对应的是第四个函数图象；则按照图象从左到右的顺序对应的应该为③②①④.故选：D.【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.3．幂函数在上是减函数，则实数值为（    ）A．2 B． C．2或 D．1【答案】A【分析】由题意可得，且可求出实数的值.【详解】幂函数，，解得，或；又时为减函数，当时，，幂函数为，满足题意；当时，，幂函数为，不满足题意；综上，，故选：A．4．已知,,，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由得，，由得，从而可得.【详解】因为，，，所以，，又因为，，所以，即.故.故选：D5．函数在区间上的最大值为（    ）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】求出函数的导数，判断函数的单调性，即可求得答案.【详解】由题意得，当时，，，所以在区间单调递减，故函数最大值为，故选：B6．已知，则下列不等式一定成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由可得，然后对选项一一分析即可得出答案.【详解】由可知，所以，所以错误；因为，但无法判定与1的大小，所以B错误；当时，，故D错误；因为，所以，故C正确.故选：C.7．已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，且对任意的，且，都有，则下列结论错误的为（    ）A．是偶函数 B．C．的图象关于对称 D．【答案】D【分析】由已知奇偶性得出函数的图象关于点对称且关于直线对称，再得出函数的单调性，然后由对称性变形判断ABC，结合单调性判断D．【详解】为奇函数，为偶函数，的图象关于点对称且关于直线对称，，，，，所以是周期函数，4是它的一个周期．， ，B正确；，是偶函数，A正确；因此的图象也关于点对称，C正确；对任意的，且，都有，即时，，所以在是单调递增，，，，，∴，D错．故选：D．【点睛】结论点睛：（1）的图象关于点对称，也关于点对称，则是周期函数，是的一个周期；（2）的图象关于直线对称，也关于直线对称，则是周期函数，是的一个周期；（1）的图象关于点对称，也关于直线对称，则是周期函数，是的一个周期．8．若直线与曲线相切，直线与曲线相切，则的值为（    ）A． B．1 C．e D．【答案】B【分析】设出切点，求出，，根据斜率列出方程，得到，，构造，利用函数单调性和图象特征，求出，从而求出答案.【详解】设直线与曲线相切于点，直线与曲线相切于点，则，且，所以，，且，所以，令，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，且，，所以当时，，因为，，即，所以，所以，故故选：B【点睛】对于不知道切点的切线方程问题，要设出切点，再根据斜率列出方程，进行求解. 二、多选题9．下列说法正确的是（    ）A．“”是“”的充分不必要条件B．“”是“”的必要不充分条件C．“对任意一个无理数，也是无理数”是真命题D．命题“，”的否定是“，”【答案】AD【分析】利用不等式的基本性质结合特殊值法以及充分条件、必要条件的定义可判断A选项；利用特殊值法结合充分条件、必要条件的定义可判断B选项；利用特殊值法可判断C选项；利用存在量词命题的否定可判断D选项.【详解】对于A选项，若，则，由不等式的性质可得，即“”“”，若，取，则，即“”“”，故“”是“”的充分不必要条件，A对；对于B选项，若，不妨取，，则，即“”“”，若，取，，则，即“”“”，所以，“”是“”的既不充分也不必要条件，B错；对于C选项，取为无理数，则为有理数，C错；对于D选项，命题“，”的否定是“，”，D对.故选：AD.10．几位同学在研究函数时给出了下列结论正确的是（    ）A．的图象关于轴对称 B．在上单调递减C．的值域为 D．当时，有最大值【答案】ABD【分析】对A：利用定义研究函数奇偶性； 对B：化简整理函数，利用反比例函数平移可知函数的单调性；对C：利用不等式的性质分析的值域；对D：利用单调性与对称性分析判断的最值.【详解】由题意可得：函数的定义域为，对A：∵，故为偶函数，即的图象关于轴对称，A正确；对B：当时，是由向右平移2个单位得到，故在上单调递减，B正确；对C：∵，则，故的值域为，C错误；对D：当时，是由向右平移2个单位得到，故在上单调递减，∵为偶函数，则在上单调递增，故当时，有最大值，D正确.故选：ABD.11．若对任意恒成立，其中，是整数，则的可能取值为（    ）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】对分类讨论，当时，由可得，由一次函数的图象知不存在；当时，由，利用数形结合的思想可得出的整数解.【详解】当时，由可得对任意恒成立，即对任意恒成立，此时不存在；当时，由对任意恒成立，可设，，作出的图象如下，由题意可知，再由，是整数可得或或所以的可能取值为或或故选：BCD12．已知关于的方程有两个不等的实根，且，则下列说法正确的有（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】由已知与有两个不同的交点，利用导数研究函数性质，结合图象确定的范围，判断A，要证明只需证明，结合函数单调性只需证明，故构建函数，利用导数证明结论，判断B，利用比差法比较，判断C，利用的范围，结合指数函数性质证明，判断D.【详解】方程，可化为，因为方程有两个不等的实根，所以与有两个不同的交点，令，则，令，可得，当时，，函数在单调递减，当时，，函数在单调递增，，当时，，且，当时，，当时，与一次函数相比，指数函数呈爆炸性增长，故，当时，，，根据以上信息，可得函数的大致图象如下：，且，故A正确．因为，构造，，在上单调递增，，，即，由在单调递增所以，故B正确．对于C，由，，所以，又，所以，则，所以，故C错误．对于D，由，可得，所以，D正确．故选：ABD．【点睛】关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 三、填空题13．设集合，，则满足的实数的值所组成的集合为         .【答案】【分析】首先化简集合，因为，对和分别讨论，得到的值即可.【详解】， 当时，，，符合题意.当时，，因为，所以或，解得：，或.综上：，或，或.故答案为：【点睛】本题主要考查集合间的子集关系，解本题时，容易忽略对空集的讨论，属于简单题.14．已知非负数满足，则的最小值是           .【答案】4【分析】根据题意，再构造等式利用基本不等式求解即可.【详解】由，可得，当且仅当，即时取等号.故答案为：415．若直线是曲线和的公切线，则实数的值是   ．【答案】0【分析】分别设两个切点坐标，根据导数的几何意义求出两条切线方程，利用两切线重合列式可求出结果.【详解】设直线与曲线和分别相切于点、，对函数求导得，则，曲线在点处的切线方程为，即，对函数求导得，则，曲线在点处的切线方程为，即， 所以，，化简可得．故答案为：0．16．已知是定义在上的奇函数，当时，有下列结论：①函数在上单调递增；②函数的图象与直线有且仅有个不同的交点；③若关于的方程恰有个不相等的实数根，则这个实数根之和为；④记函数在上的最大值为，则数列的前项和为.其中所有正确结论的编号是           .【答案】①④【分析】作出函数的图像，利用数形结合思想依次判断选项①②③，利用等比数列求和判断选项④；【详解】当时，，此时不满足方程；若，则，即若，则，即作出函数在时的图像，如图所示，  对于①，由图可知，函数在上单调递增，由奇函数性质知，函数在上单调递增，故①正确；对于②，可知函数在时的图像与与直线有1个交点，结合函数的奇偶性知，的图象与直线有3个不同的交点，故②错误；对于③，设，则关于的方程等价于，解得：或  当时，即对应一个交点为；方程恰有4个不同的根，可分为两种情况：（1），即对应3个交点，且，，此时4个实数根的和为8；（2），即对应3个交点，且，，此时4个实数根的和为4，故③错误；对于④，函数在上的最大值为，即，由函数的解析式及性质可知，数列是首项为1，公比为的等比数列，则数列的前项和为，故④正确.故答案为：①④【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解 四、解答题17．已知命题p存在实数，使成立．（1）若命题p为真命题，求实数a的取值范围；（2）若命题任意实数，使恒成立，如果命题“p或q”为假命题，求实数a的取值范围．【答案】（1），，（2）【分析】（1）由存在实数，使成立得△，得实数的取值范围；（2）由对勾函数单调性得，得，由已知得假假，两范围的补集取交集即可．【详解】（1）：存在实数，使成立△或，实数的取值范围为，，；（2）：任意实数，，使恒成立，，，，，命题“或”为假命题，假假，，，，，实数的取值范围．【点睛】本题考查了根据存在命题的真假求参数取值范围，考查了或命题的真假的性质，考查了对勾函数的性质，考查了数学运算能力.18．已知定义域为R的函数是奇函数.(1)求b的值；(2)若对任意的，不等式恒成立，求k的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】根据奇函数的定义求出b；先判断 得单调性，再根据单调性和奇偶性求解不等式.【详解】（1）因为定义域为R的函数是奇函数，所以，解得，经检验，当时，，，函数为奇函数，所以；（2） ，显然 是减函数，由可得，即，，.当时，函数有最小值为， ；综上， .19．已知函数，．(1)若，求函数在，的值域；(2)令，则，已知函数在区间有零点，求实数的取值范围．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）利用指数与对数的运算性质，可将化简为一个一元二次函数，利用二次函数求最值的方法即可求解；（2）化简函数的表达式，在区间有零点，转化为方程有解，求出的范围即可求出的取值范围.【详解】（1）因为，所以，由二次函数的性质可知，当时，函数为增函数，所以函数的最大值为，函数的最小值为，则函数的值域为．（2），令，由于，则，则问题等价为在上有零点，即在上有解，即，令，则，则，则由对勾函数的性质可知在上单调递增，则当时，，当时，，，即，即实数的取值范围是．20．设函数，其中实数满足．(1)若且在上单调递增，求的取值范围；(2)若，求函数的极值.【答案】(1)(2)极大值为，极小值为 【分析】（1）根据题意分析可得在上恒成立，利用参变分离结合恒成立问题分析运算；（2）由题意可得，代入求导，利用导数判断原函数单调性和极值.【详解】（1）因为，所以，可得，故，因为在上单调递增，所以在上恒成立，可得，故，所以.（2）因为，所以，所以，则，令，解得，，可得：x0—0单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以函数的极大值为，极小值为21．欧拉对函数的发展做出了巨大贡献，除特殊符号、概念名称的界定外，欧拉还基于初等函数研究了抽象函数的性质，例如，欧拉引入倒函数的定义：对于函数，如果对于其定义域中任意给定的实数，都有，并且，就称函数为倒函数．(1)已知,,判断和是不是倒函数，并说明理由；(2)若是上的倒函数，其函数值恒大于0，且在上是严格增函数．记，证明：是的充要条件．【答案】(1)是倒函数，不是倒函数；理由见解析(2)证明见解析 【分析】（1）根据倒函数的定义判断可得答案；（2）根据倒函数的性质，先证充分性，再证必要性即可,【详解】（1）对于，定义域为，显然定义域中任意实数有成立，又，是倒函数，对于，定义域为，故当时，，不符合倒函数的定义，所以不是倒函数；（2）因为，又是上的倒函数，所以，所以，故，充分性：当时，且，又在上是严格增函数，所以，，所以，，故.必要性：当时，有，又恒大于0，所以，因为，所以，因为在上是严格增函数．所以，即有成立.综上所述：是的充要条件．22．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求导后分类讨论，根据导数的符号可得函数的单调性；（2）将原不等式变形为，构造函数，根据的单调性将不等式化为，再参变分离，构造函数，利用导数求出最值可得结果.【详解】（1）的定义域为，，当时，，在上为增函数；当时，由，得，由，得，所以在上为减函数，在上为增函数.综上所述：当时，在上为增函数；当时，在上为减函数，在上为增函数.（2），设，则原不等式恒成立等价于在上恒成立，，在上为增函数，则在上恒成立，等价于在上恒成立，等价于在上恒成立令，，令，得，令，得，所以在上为减函数，在上为增函数，所以，故.【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，总有成立，故；（2）若，总有成立，故；（3）若，使得成立，故；（4）若，使得，故.