辽宁省（点石联考）2023-2024学年高二下学期6月份阶段考试数学试卷

这是一份辽宁省（点石联考）2023-2024学年高二下学期6月份阶段考试数学试卷，共13页。试卷主要包含了已知函数，则，下列命题是真命题的是等内容，欢迎下载使用。
数学
本卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
3．奇函数对任意都有，且，则（ ）
A．－1B．0C．1D．2
4．已知命题“成立”是假命题，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．在等比数列中，是函数的两个极值点，若，则的值为（ ）
A．8B．9C．16D．24
6．已知函数，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列满足，若为数列的前项和，则（ ）
A．408B．672C．840D．1200
8．已知函数的定义域为为其导函数，若对，，则不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．已知等差数列的前项和为，公差为，且，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．当时，取得最小值D．使成立的的最大值为62
10．下列命题是真命题的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若正实数满足，则的最小值为4
11．已知函数的定义域为是偶函数，是奇函数，则（ ）
A．
B．
C．
D．不等式的解集为
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．已知函数是的导函数，则______．
13．已知函数在上的值域为，则的值为______．
14．若正整数集的非空子集满足：至少含有2个元素，且任意两个元素之差的绝对值大于1，则称为数集的超子集．对于集合，记的超子集的个数为，则______，与的关系为______．
四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）
15．（13分）已知函数在处取得极小值0．
（1）求的值，并说明的单调性；
（2）若的一条切线恰好经过点，求切线的方程．
16．（15分）已知等差数列的前9项和，且．若数列满足
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前项和．
17．（15分）2023年12月28日工业和信息化部等八部门发布了关于加快传统制造业转型升级的指导意见，某机械厂积极响应决定进行转型升级．经过市场调研，转型升级后生产的固定成本为300万元，每生产万件产品，每件产品需可变成本万元，当产量不足50万件时，；当产量不小于50万件时，．每件产品的售价为200元，通过市场分析，该厂生产的产品可以全部销售完．
（1）求利润函数的解析式；
（2）求利润函数的最大值．
18．（17分）已知函数，其中．
（1）直接写出的单调区间；
（2）若当时，恒成立，求的取值范围；
（3）证明：．
19．（17分）意大利画家列奥纳多·达·芬奇曾提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，后人给出了悬链线的函数表达式，其中为悬链线系数，称为双曲余弦函数，其函数表达式，相反地，双曲正弦函数的函数表达式为．
（1）证明：①；
②．
（2）求不等式：的解集．
（3）已知函数存在三个零点，求实数的取值范围．
2023—2024学年度下学期高二年级6月阶段考试
数学 参考答案及评分标准
1．C【解析】因为集合，，所以．
故选：C．
2．D【解析】由题意可知，要使有意义，则解得
所以函数的定义域为．
故选：D．
3．A【解析】因为对任意都有，又，所以，所以函数的周期为12，所以．
故选：A．
4．A【解析】由命题“成立”是假命题，则命题“，成立”是真命题，即恒成立．令，则，且函数在上为增函数，当时，，所以．
故选：A．
5．C【解析】因为为等比数列，，所以，解得或（不合题意，舍去），所以．
又．令，即．
由题意得，是方程的两个相异正根，
则，符合题意．
故选：C．
6．B【解析】函数的定义域为．当时，，所以．同理，当时，成立，所以函数为偶函数，且在上单调递减，在上单调递增．
又，且，
，即，于是，即．
故选：B．
7．D【解析】由，
所以
当时，，
当时，，
两式相加，得，
所以
．
当时，．
由，
两式相减，得，
所以，
所以．
故选：D．
8．C【解析】令，
则，
所以在上单调递减．
因为当时，，
所以当时，；当时，．
由于当时，且，所以；
当时，且，所以；
当时，因为，令，得，所以在上恒成立．
故选：C．
9．AC【解析】由题意可知，故A不正确；
又，所以，故不正确；
即，所以当时，取得最小值，故正确；
因为，所以使成立的的最大值为61，故D不正确．
故选：AC．
10．ACD【解析】对于，由，得，所以，故正确；
对于，要证成立，只需证，即证．
因为，当时，显然，故B不正确；
对于，因为，所以，当且仅当，
即时，等号成立，故正确；
对于，由，可得，所以．
由为正实数且，可得，
所以，当且仅当，即
时等号成立，故D正确．
故选：ACD．
11．ACD【解析】因为是偶函数，关于对称，所以关于对称．
又函数为奇函数，所以，即．
令，则，故A正确；
令，则，所以．
因为关于对称，所以，所以，故B不正确；
因为关于对称，即．
由，可得，
所以
，
故正确；
因为，令．
当时，在单调递增，且单调递增．
由复合函数的单调性易知在上单调递增，且为偶函数，
则在单调递减，且，
所以不等式等价于，
则，即或，解得或，
故该不等式的解集为，故正确．
故选：ACD．
12．-2【解析】函数可视为函数的复合函数．
因为函数关于变量的导函数为，函数关于变量的导函数
为，所以，所以．
13．6【解析】由的对称轴为，则，解得
，则在上单调递增，所以即所以为
方程的两个根，即为方程的两个根，所以．
14．7【解析】由题意知，
，则超子集只有，所以；
，则超子集有，所以；
，则超子集有，所以
由此可以分析，对于的超子集可以分为两类：
第一类是超子集中不含，这类超子集有个；
第二类是超子集中含，这类超子集同样也包含两类，一类在中取一个元素，个数为；另一类在中取两个或两个以上个元素，任意两个元素之差的绝对值大于1，个数为，所以．
15．（13分）解：（1）由题可得．
因为函数在处取得极小值0，
所以即解得
所以．
当或时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
（2）由（1）知．
设切点为，则，
切线方程为
因为切线经过点，故，
所以，整理得，
解得，或
当时，；当时，，
即过点的切线方程为或
16．（15分）解：（1）设等差数列的公差为．
由，得，化简得．
又，即，
解得，
所以等差数列的通项公式为
因为，①
所以当时，，②
①—②得，
当时，，满足上式，
所以数列的通项公式为
故．
（2）由于，
则，
又，
两式相减，得
故
17．（15分）解：（1）由题意得，销售收入为万元．
当产量不足50万件时，利润；
当产量不小于50万件时，利润
所以利润函数
（2）当时，，
所以当时，在上单调递增；
当时，在单调递减，
所以当时，取得最大值
当时，
当且仅当，即时，等号成立
又，故当时，所获利润最大，最大值为1000万元．
18．（17分）（1）解：单调递增区间是和，无单调递减区间
（2）解：令．
要证明，即证明恒成立，且，
设，其中
①当，即时，在上单调递增，且，
所以在上，，即，则在上单调递增，
所以当时，，故满足题意；
②当，即时，此时．
设的两根为，
解得（舍），．
因为，所以当时，单调递减，
则，与题意矛盾，故不满足题意．
综上，的取值范围是
（3）证明：由（2）可知当时，恒成立，
整理得．
令，即
所以，整理得
所以．
19．（17分）（1）证明：①
．
②
（2）解：因为恒成立，故是奇函数．
又因为在上严格递增，在上严格递减，
故是上的严格增函数，
所以，即，
所以，解得，
即所求不等式的解集为
（3）解：由题可知，
所以
因为，
所以为奇函数，．
要证明函数存在三个零点，只需证明在存在一个零点．
由，所以．
①当时，恒成立，此时，当且仅当时等号成立，
所以在上单调递增，
而，所以函数只存在一个零点，不符合题意；
②当时，当时，若满足，
即当时，，
则在上单调递减；
当时，，
则在上单调递增．
因为，所以．
又因为
当时，，
所以当时，显然，
所以在存在一个零点，
所以在定义域上共存在三个零点．
综上，实数的取值范围是．