2022-2023学年辽宁省六校协作体高二下学期6月联合考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年辽宁省六校协作体高二下学期6月联合考试数学试题含答案，共19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学年辽宁省六校协作体高二下学期6月联合考试数学试题 一、单选题1．已知集合，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】分别求出集合A、B，即可求出结果.【详解】因为，，所以.故选：D.2．下列各命题的否定为真命题的是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】根据全称命题与特称命题的否定，结合二次不等式以及举反例的方法，可得答案.【详解】对于A，命题“，”的否定为“，”，由恒成立，则命题“，”是假命题，故A错误；对于B，命题“，”的否定为“，”，当时，，则命题“，”是假命题，故B错误；对于C，命题“，”的否定为“，”，当时，，则命题“，”为假命题，故C错误；对于D，命题“，”的否定为“，”，当时，，则命题“，”是真命题，故D正确.故选：D.3．“”是”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要分件【答案】A【分析】根据不等式的解法，求得不等式的解决，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由不等式，可得，解得或，因为“”是“或”充分不必要条件，所以“”是“”充分不必要条件.故选：A.4．已知函数（且），若，则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据条件判断函数为偶函数，同时，再利用单调性即可求出结果.【详解】因为函数定义域为，且，所以函数为偶函数，则，因为，则，即，所以，所以可以转化为，则，所以，故选：B.5．《几何原本》卷2的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点在半圆上，点在直径上，且，设，，则该图形可以完成的无字证明为（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用数形结合计算出，再在中，利用勾股定理得，再由，可得结论．【详解】设，可得圆的半径为，又由，在中，可得，因为，所以，当且仅当时取等号．故选：D.6．设，，则A． B．C． D．【答案】B【详解】分析：求出，得到的范围，进而可得结果．详解：.,即又即故选B.点睛：本题主要考查对数的运算和不等式，属于中档题．7．已知定义在上的偶函数的图像是连续的，，在区间上是增函数，则下列结论正确的是（    ）A．的一个周期为6 B．在区间上单调递增C．的图像关于直线对称 D．在区间上共有100个零点【答案】C【分析】由条件结合周期函数定义可证明为周期函数，可判断A；再根据奇偶性、周期性、单调性判断BC；再结合函数零点的定义判断D.【详解】因为，所以令，得，故，又为偶函数，所以，所以，即，故，所以的一个周期为12，故A错误；又在区间上是增函数，所以在区间上是减函数，由周期性可知在区间上单调递减，故B错误；因为为偶函数，所以图像关于y轴对称，由周期性可知图像关于直线对称，故C正确；因为在区间上是增函数，所以在区间上是减函数，又，所以由周期性可知，在区间上，，而区间上有168个周期，故在区间上有336个零点，又，所以在区间上有337个零点，由于为偶函数，所以在区间上有674个零点，故D错误；故选：C.8．已知数列的各项均为正数，记数列的前项和，且满足，则下列说法正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据求出，判断是等差数列，求出的通项公式，再求出，逐个判断即可.【详解】当时，，解得；当时，因为，代入得：，化简得：，所以是首项为，公差为的等差数列.所以，因为，所以所以，，，经检验也成立，所以，对于B：，所以B正确.对于D：，所以D错误.故选：B 二、多选题9．已知函数，则（    ）A．的定义域为 B．的图像关于对称C． D．的值域是【答案】AC【分析】对于A，根据函数解析式，建立不等式，求得定义域，可得答案；对于B，取关于直线对称的点，求函数值，可得答案；对于C，根据函数解析式，代入值，可得答案；对于D，利用不等式性质，可得答案.【详解】对于A，由，则，解得，其定义域为，故A正确；对于A，因为函数在无定义，，由，所以的图象不关于对称，故B错误；对于C，，，故C正确；对于D，由，，或，解得或，函数的值域为，故D错误.故选：AC.10．已知是定义在上的偶函数，是定义在上的奇函数，且，在单调递减，则（    ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】由奇偶函数的单调性的关系确定两函数的单调性，再结合，逐项判断即可.【详解】因为是定义在R上的偶函数，是定义在R上的奇函数，且两函数在上单调递减，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，所以，，所以，，，所以BD正确，C错误；若，则，A错误.故选：BD11．已知数列的前n项和是，则下列说法正确的是（    ）A．若，则是等差数列B．若，，则是等比数列C．若是等差数列，则，，成等差数列D．若是等比数列，则，，成等比数列【答案】ABC【分析】求出通项公式判断AB；利用数列前n项和的意义、结合等差数列推理判断C；举例说明判断D作答.【详解】对于A，，时，，解得，因此，，是等差数列，A正确；对于B，，，则，而，是等比数列，B正确；对于C，设等差数列的公差为，首项是，，，因此，则 ，成等差数列，C正确；对于D，若等比数列的公比，则 不成等比数列，D错误.故选：ABC12．下列不等关系中成立的有（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】对于A，先分析当和2时，不等式显然成立，然后结合当时，得当时，，从而判断A选项．对于B，利用对数的运算及基本不等式证明当且时，，得到，从而判断B选项．对于C，根据不等式的结构特征构造函数，利用函数的单调性即可判断C选项．对于D，根据常见不等式，并结合放缩法即可判断D选项．【详解】对于A：当和2时，显然成立；因为当时，，所以函数此时是减函数，故当时，有所以当时，，，即．综上，，所以A正确．对于B：当且时，，所以，所以当且时，，所以，所以，所以B正确．对于C：令，则，易知当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，则，所以，故C不正确．对于D：易知，设，当时，单调递增，当时，单调递减，当时函数有最小值，即有，所以，即．因为，所以，所以，所以，所以D正确．故选：ABD【点睛】关键点睛：根据不等式的形式构造合适的函数，利用导数的性质是解题的关键. 三、填空题13．已知函数，则曲线所有的切线中斜率最小的切线方程为      ．【答案】【分析】由函数解析式求其导函数，利用基本不等式求得斜率最小值以及切点，结合点斜式方程，可得答案.【详解】由，，由，当且仅当时，等号成立，曲线所有的切线中斜率最小的切线的斜率，切点为，所以切线方程为，整理可得.故答案为：.14．德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学届的王子，19岁的高斯得到了一个数学史上非常重要的结论，就是《正十七边形尺规作图之理论与方法》．在其年幼时，对的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法，现有函数，设数列满足（），则      ．【答案】【分析】计算出，，倒序相加得到答案.【详解】，，因为①，所以②，两式相加得，所以.故答案为：15．已知，，则的最小值为          ．【答案】3【详解】分析：先讨论的符号，再利用基本不等式进行求解．详解：显然，当时，（当且仅当，即时取等号）；当时，（当且仅当，即时取等号）；综上所述，的最小值为3．点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”（即条件要求字母为正数）、“定”（不等式的另一边必须为定值）、“等”（等号成立的条件）的条件，否则会出现错误．16．若存在实数（），使得关于x的不等式对恒成立，则b的最大值是         .【答案】【分析】先考虑恒成立，得到.再考虑恒成立，得到，再解不等式即得解.【详解】当，且时，由，得.设，则.当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减.所以，得，等价于，而，当且仅当时等号成立.所以，则，所以，解得，所以b的最大值是.故答案为：【点睛】方法点睛：求解不等式的恒成立问题，常用的方法有：（1）分离参数求最值；（2）直接求函数的最值；（3）端点优先法.要根据已知条件灵活选择方法求解. 四、解答题17．如图，某湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台，已知射线，为湿地两边夹角为的两条公路（长度均超过4千米），在两条公路，上分别设立游客接送点，，且千米．若要求观景台与两接送点所成角与互补，且观景台在的右侧，并在观景台与接送点，之间建造两条观光线路和，求观光线路之和最长是多少千米，此时为多少千米？  【答案】观光线路之和最长是4千米，此时为4千米【分析】由余弦定理结合基本不等式可求得，取等号时，是直角三角形，从而求出的长.【详解】在中，因为，，所以，又与互补，所以，在中，由余弦定理得，即，即，又因为，所以，当且仅当时取等号，  此时由于，，，所以≌，又与互补，所以，所以.所以观光线路之和最长是4千米，此时为4千米.18．已知函数为偶函数，为奇函数，且.(1)求函数和的解析式；(2)若在恒成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)，(2). 【分析】（1）根据函数的奇偶性，为题干条件可以新加入一个方程，联立解出和；（2）利用指数函数的性质，换元后，参变分离来解决.【详解】（1）为偶函数，为奇函数，，由得：，.（2）由（1）得：，由得：，根据指数函数性质，，在上单调递增，故在上单调递增，故，令，则，，即对恒成立，即上恒成立，根据对勾函数性质，在时单调递增，所以，于是，即实数的取值范围为.19．记数列的前n项和为，且．(1)求数列的通项公式；(2)设m为整数，且对任意，，求m的最小值．【答案】(1)(2)7 【分析】（1）由数列与的关系可得，再结合等比数列的通项可得解；（2）利用错位相减法求出，结合范围即可得解.【详解】（1）因为，所以，当时，，故，且不满足上式，故数列的通项公式为（2）设，则，当时，，故，于是．整理可得，所以，又，所以符合题设条件的m的最小值为7．20．已知函数（，）．(1)求函数的单调区间；(2)若对任意的，都有成立，求的取值范围．【答案】(1)当时，的递增区间为；当时，的递增区间为，递减区间为(2) 【分析】（1）求导可得，再分与两种情况讨论，分析导函数的正负与原函数的单调性即可；（2）将题意转化为对任意的，，先讨论的情况，当再根据与1的关系，结合函数的单调性与最值求解即可.【详解】（1）①当时，恒成立，函数的递增区间为．②当时，令，解得或．0单调递减 单调递增所以函数的递增区间为，递减区间为．（2）对任意的，使恒成立，只需对任意的，．①当时，在上是增函数，所以只需，而，所以满足题意；②当时，，在上是增函数，所以只需，而，所以满足题意；③当时，，在上是减函数，上是增函数，所以只需即可,而，从而不满足题意；综上可知，实数的取值范围为．21．已知数列的各项均为正数，其前项和满足，．(1)证明：数列是等比数列；(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据，得到，整理得到，证明出结论；（2）先求出，结合第一问可得到等比数列的公比及，进而变形得到，利用裂项相消法求和.【详解】（1）因为，，所以    ①，当时，   ②，则①－②得：，因为，所以整理得：，即，所以数列是等比数列；（2）中，令得，，因为，所以，解得，故等比数列的公比，所以；，故，则22．已知定义域均为的两个函数，．(1)若函数，且在处的切线与轴平行，求的值；(2)若函数，讨论函数的单调性和极值；(3)设，是两个不相等的正数，且，证明：．【答案】(1)；(2)在(−∞,0),(0,1) 上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,的极小值为，无极大值；(3)证明见详解. 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；（2）根据导数与函数单调性的关系，确定单调性进而可得极值；（3）根据同构和函数的单调性以及二次求导即可求解.【详解】（1）因为，所以，所以，又在处的切线与轴平行，所以，所以，所以，即，所以；（2）因为,所以的定义域为 , ，令,得, 当 变化时 的关系如下表:01无意义0+无意义极小值所以在(−∞,0),(0,1) 上单调递减; 在 (1,+∞)上单调递增.所以的极小值为，为极大值；（3）证明：要证,只需证，根据, 只需证，又，是两个不相等的正数，不妨设 , 由得,两边取指数,, 化简得: ，令，所以，根据（2）得在上单调递减，在上单调递增（如图所示),  由于在上单调递减,在上单调递增,要使且相等,则必有 , 即,由得.要证, 只需证,由于在上单调递增, 要证,只需证,又, 只需证,只需证，只需证，只需证,只需证，即证,令,只需证,则 所以在 上单调递减,所以,所以，所以在上单调递减, 所以，所以,所以: .【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.