[数学][期末]辽宁省部分高中2023-2024学年高二下学期期末联考试题(解析版)

这是一份[数学][期末]辽宁省部分高中2023-2024学年高二下学期期末联考试题(解析版)，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 在等差数列中，，则（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】A
【解析】由等差数列的性质得，
所以.
故选：A．
2 已知集合，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】不等式的解集为，
，，所以，A错误；
，B错误；
，故C错误，D正确.
故选：D．
3. 已知，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】由得，所以，故可得；
当时，取，则不成立；
故“”是“”的充分不必要条件.故选：A
4 已知函数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因为，
所以.
故选：C．
5. 已知，且，则的最小值为（ ）
A. 3B. C. 2D.
【答案】B
【解析】，，
又，
，
当且仅当即，时等号成立.
故选：B．
6. 已知直线是曲线的切线，则实数（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】，则，
设切点坐标为，则①，
又点既在直线上，又在曲线上，
②， ③，由①②③解得，.
故选：A．
7. 若不等式对恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】方法1：不等式化为，
使成立，
则，故选：A.
方法2：将两边平方整理得，对恒成立，
则有，
解得，故选：A．
8. 若函数在区间上存在单调递减区间，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】，因为在区间上存在单调递减区间，
所以在区间上有解，即在区间上有解，
当显然不出来；
当时，，即，
故选:C．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 已知等差数列的公差为，前项和为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】由得，
，
，
由，即，解得，故A正确；
所以，，故B正确；
所以，则，故C错误；
因为，，，故D错误．
故选：AB.
10. 已知数列满足，则（ ）
A. B. 数列是递增数列
C. D. 数列的最小值为
【答案】AC
【解析】由得
，
所以，故A正确，
所以，设函数，则，
令得，令得，
从而在上单调递减，在上单调递增，结合，
得当时，数列是递减数列，当时，数列是递增数列，故B错误，
由当时，数列是递增数列知，所以，故C正确，
当时，，当时，，所以，故D错误．
故选：AC.
11. 已知与x轴的三个交点依次为，且在这三个交点处的切线斜率分别记为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】，
由或；由.
所以函数，上单调递增，在上单调递减.
所以在处取得极大值，在处取得极小值，
又.
所以函数的图象关于点中心对称.
对A：因为
，
所以，故A正确；
对B：因为的对称中心为，所以，
又因为在上单调递增，所以，
所以，故B不正确；
对C：令，是方程其中的一个根，
所以，则另两个根分别为和，
所以有，因为，
又因为在上单调递增，所以，故C正确；
对D：设A，B，C对应的横坐标分别为，，，且，
所以
，，
，
则，故D正确．
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知关于x的方程的两个实数根同号，则实数m的取值范围为_______．
【答案】
【解析】根据题意得到，即，解得.
故答案为：.
13. 在等比数列中，，则_______.
【答案】
【解析】由于，由等比数列性质知道，则；
由于，由等比数列性质知道；则.
故答案为：.
14. 已知函数，若恒成立，则的最小值为_______；则若在的图象上有且仅有一对点关于轴对称，则实数的取值范围为_______．
【答案】 ① ②
【解析】①由题意，
当时，对于恒成立，满足条件；
当时，由得
对于恒成立，
令，则，
在时，，即，
所以在单调递增，
故，
所以的最小值为.
②在的图象上有且仅有一对点关于轴对称，
转化为函数与有且仅有一个交点，
则在有唯一解，
令，两边取对数，
所以，
令，恒成立，
所以在单调递增，且，
所以在有唯一解，
令，则，
令，则，即单调递增；
令，则，即单调递减；
如图所示，在单调递增，在单调递减，
所以实数的取值为.
故答案为：①，②.

四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知函数在点处的切线与x轴平行．
（1）求a的值；
（2）求的单调区间与极值．
解：（1）因为，所以，即，
（2）因为的定义域为，由（1）知，
所以，
当时，，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增
所以当时，取得极小值，函数无极大值．
16. 设为数列的前n项和，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设的前n项和，求证：．
解：（1）因为，
所以，故，
当时，，所以，
所以，
则数列是公比为2的等比数列，
所以．
（2）因为，所以，
①
②
①②得，所以
所以．
17. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：不等式有实数解．
解：（1）因为.
①当时，，所以在上单调递减；
②当时，，所以，
若，，所以在上单调递减，
若，，所以在上单调递增.
综上所述，当时，在上单调递减，
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）要证不等式有实数解，只需证明即可.
由（1）得，则只要证明即可，即证.
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，
所以当时，不等式有实数解.
18. 已知数列满足．
（1）计算，猜想的通项公式并加以证明；
（2）设，求使数列取得最大值时n的值．
解：（1）由题意得，，猜想，
式子可化为，
因为，所以，
因此数列的通项公式为，得证．
（2）由得，，
所以，
若，当且仅当成立，
则当时，，
当时，，
故时，取最大值.
19. 已知函数，数列满足正整数
（1）求的最大值；
（2）求证：；
（3）求证：．
解：（1）因为的定义域为，所以
当时，，上递增，
当时，，在上递减，
所以在时有最大值，所以，即的最大值为0；
（2）由（1）知，，所以，
所以，即，
所以，，，
累加得，即.
（3）因为，所以，得，
，，，
所以，即，
所以，
所以，，，
所以，
，
所以得证．