辽宁省本溪市县级重点高中2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷(含答案)

这是一份辽宁省本溪市县级重点高中2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷(含答案)，共14页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知集合,,则( )
A.B.C.D.
2．已知命题,,命题,则( )
A.p和q均为真命题B.和q均为真命题
C.p和均为真命题D.和均为真命题
3．已知幂函数在第一象限内单调递减,则( )
A.B.C.2D.4
4．已知甲正确解出不等式的解集为A,乙正确解出不等式的解集为,且,,则( )
A.B.C.0D.12
5．已知一种物质的某种能量N与时间t的关系为,其中m是正常数,n是大于1的正整数,若经过时间,该物质的能量由N减少到,再经过时间,该物质的能量由减少到,则( )
A.B.C.D.
6．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
7．已知函数为奇函数,则( )
A.,B.,C.,D.,
8．已知,,分别是函数与的零点,则的最大值为( )
A.2B.C.D.
二、多项选择题
9．对于函数,则( )
A.与具有相同的最小值
B.与在上具有相同的单调性
C.与都是轴对称图形
D.与在上具有相反的单调性
10．已知数列满足,,则( )
A.
B.为递减数列
C.的最小值为
D.当时,n的最大值为8
11．已知函数,则( )
A.是的极值点
B.当时,
C.当时,
D.当时,的图像关于点对称
三、填空题
12．已知函数,则__________.
13．已知函数满足,则__________.
14．已知是边长为2的等边三角形,取AB,AC的中点分別为,,沿剪去,得到四边形,记其面积为;在中,取,的中点分别为,,沿剪去,得到四边形,记其面积为,则__________;以此类推,__________.
四、解答题
15．设正项数列是公差为的等差数列,其前n项和为,已知,.
（1）求的通项公式;
（2）求数列的前n项和.
16．已知函数.
（1）当时,的图像在处的切线与两坐标轴围成图形的面积为,求a的值;
（2）当,时,在的最小值小于,求b的取值范围.
17．已知函数.
（1）若在上单调递减,求a的取值范围;
（2）当时,证明:的图像为轴对称图形;
（3）若关于的方程在上有解,求的最小值.
18．已知函数,的导函数为.
（1）若,求a的取值范围;
（2）若有两个极值点,,证明:.
19．在数列中,按照下面方式构成“次生数列”,,,…,,其中表示数列,,…,中最小的项.
（1）若数列中各项均不相等,只有4项,,且,请写出的所有“次生数列”;
（2）若满足,且为等比数列,的“次生数列”为.
（i）求的值;
（ii）求的前n项和.
参考答案
1．答案：C
解析：因为,,所以.故选C项.
2．答案：B
解析：对于命题p,当时,,所以p为假命题,则为真命题;对于命题q,当时,,所以q为真命题.综上,和q均为真命题.故选B项.
3．答案：D
解析：由幂函数的定义可知,解得,由幂函数在第一象限内单调递减,可得,则,所以.故选D项.
4．答案：A
解析：由题意可知方程与方程的根组成集合,由方程的根与系数关系可知,则其两根为,6,所以,方程0的两根为,2,则,所以,所以.故选A项.
5．答案：B
解析：当时,,所以,则,由,得,所以.故选B项.
6．答案：A
解析：由,可知,则,所以,充分性成立;由,得,显然不一定成立,必要性不成立.综上,“”是“”的充分不必要条件.故选A项.
7．答案：D
解析：无论a为何值,函数为偶函数,则.要使函数为奇函数,则为奇函数,所以,即,整理得,则,所以,
则,解得.当时,,显然无意义,舍去;当时,,其定义域为,且为奇函数,此时.也为奇函数.故选D项.
8．答案：C
解析：由题意可知,则,即,又,,所以,则.设,则,所以在上单调递增,所以,则,所以,则.设,则,当时,,当时,,所以在上单调递增,在上单调递减,则,所以的最大值为.故选C项.
9．答案：AC
解析：在同一坐标系中,作出函数,的图像如图所示,
由图可知与的最小值都为1,A项正确;在上单调递增,在上不单调,B项错误;的图像关于直线对称,的图像关于直线对称,C项正确;与在上均单调递减,D项错误.故选AC项.
10．答案：ACD
解析：当时,,所以,A项正确;由,得当时,,,…,,将以上各式相加得,
所以,又当时符合上式,所以,由二次函数的性质可知不为递减数列,B项错误;因为,所以当或时,取得最小值,C项正确;当时,,解得,,所以当时,n的最大值为8,D项正确.故选ACD项.
11．答案：BCD
解析：当时,,则,显然不是的极值点,A项错误.当时,,令,解得,,当时,,所以当时,,在上单调递增,又,所以,B项正确.当时,,所以在上单调递减,因为,所以,又,所以,所以,C项正确.当时,,在的图像上任取一点,则点关于点的对称点为,
则
,D项正确.故选BCD项.
12．答案：
解析：,所以.
13．答案：
解析：由,得,所以,则,令,则,所以,故.
14．答案：,
解析：,
,
,…,
由上可知是以为首项,为公比的等比数列,
所以,当时,,
则,
所以.
15．答案：（1）
（2）见解析
解析：（1）由,得,
又,所以,
当时,,
当时,,解得,
所以,
故的通项公式为.
（2）由（1）可知,
所以,
故.
16．答案：（1）或
（2）
解析：（1）易知,
又,
所以,
所以的图像在处的切线方程为,
令,得,
由切线与两坐标轴围成图形的面积为,
得,
解得或.
（2）当,时,,
则,
当时,,单调递减,当时,,单调递增,
所以在的最小值为,
由题意得,即,
又,所以.
设,
则,
所以在上单调递减,
又,所以解不等式得,
故b的取值范围为.
17．答案：（1）
（2）见解析
（3）
解析：（1）因为在上单调递增,
所以在上单调递减,
则
解得,
故a的取值范围为.
（2）证明:当时,的定义域为R,
因为,
所以的图像关于直线对称,
故的图像为轴对称图形.
（3）由方程在上有解,得方程在上有解且,
即在上有解,
,
当且仅当时取得等号,
又当时,在上恒成立,
所以a的最小值为.
18．答案：（1）
（2）见解析
解析：（1）易知的定义域为,
,
由,得在上恒成立.
设,
则,
当时,,
当时,,
所以在上单调递增,在上单调递
减,所以,
所以,
故a的取值范围为.
（2）证明:由题意可知有两个零点,
即,
不妨设,则,
要证,即证,
即证,
即证,
即证,
令,则,只需证.
设,则,
所以在上单调递增,
则,则,
故.
19．答案：（1）2,1,1,1或3,1,1,1或4,1,1,1
（2）
解析：（1）根据“次生数列”的定义可知有3个,
分别为2,1,1,1或3,1,1,1或4,1,1,1.
（2）设数列的公比为q,
因为为等比数列,且,
所以,
即,解得,
所以,则.
（i）由“次生数列”的定义,可知,
,…,,
故.
（ii）由（i）可知当n为偶数时,,,…,,
①
,②
由①-②得
1
,
所以.
当时,,
当n为奇数且时,为偶数,
则
,
显然当时,也符合上式,
故