2022-2023学年北京市人大附中高二数学期末复习参考试题（三）含答案

2022-2023学年北京市人大附中高二数学期末复习参考试题（三）

一、单选题

1．已知集合A=,B={−2,0,1,2},则(　　)

A．{0,1} B．{−1,0,1}

C．{−2,0,1,2} D．{−1,0,1,2}

【答案】A

【详解】分析：先解含绝对值不等式得集合A，再根据数轴求集合交集.

详解：

因此AB=，选A.

点睛：认清元素的属性，解决集合问题时，认清集合中元素的属性(是点集、数集或其他情形)和化简集合是正确求解的两个先决条件.

2．若集合，或，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据集合的交集运算，即可求得答案.

【详解】由题意集合，或，

则,

故选：A

3．已知全集，集合，则

A． B．

C． D．

【答案】C

【详解】因为或，所以，故选：C．

【名师点睛】集合分为有限集合和无限集合，若集合个数比较少时可以用列举法表示；若集合是无限集合就用描述法表示，并注意代表元素是什么．集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或Venn图进行处理．

4．已知集合，，则

A． B．

C． D．

【答案】C

【详解】试题分析：由，得，选C.

【解析】集合的交集运算.

【名师点睛】1.首先要弄清构成集合的元素是什么(即元素的意义)，是数集还是点集，如集合，，三者是不同的．

2.集合中的元素具有三性——确定性、互异性、无序性，特别是互异性，在判断集合中元素的个数时，以及在含参的集合运算中，常因忽略互异性而出错．

3.数形结合常使集合间的运算更简捷、直观．对离散的数集间的运算或抽象集合间的运算，可借助Venn图；对连续的数集间的运算，常利用数轴；对点集间的运算，则通过坐标平面内的图形求解，这在本质上是数形结合思想的体现和运用．

4.空集是不含任何元素的集合，在未明确说明一个集合非空的情况下，要考虑集合为空集的可能．另外，不可忽略空集是任何集合的子集．

5．已知集合，则

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】试题分析：由题意得，，故选C.

【解析】集合的交集运算

【名师点睛】1.首先要弄清构成集合的元素是什么（即元素的意义），是数集还是点集，如集合，，三者是不同的．

2.集合中的元素具有三性——确定性、互异性、无序性，特别是互异性，在判断集合中元素的个数时，以及在含参的集合运算中，常因忽略互异性而出错．

3.数形结合常使集合间的运算更简捷、直观．对离散的数集间的运算或抽象集合间的运算，可借助Venn图；对连续的数集间的运算，常利用数轴；对点集间的运算，则通过坐标平面内的图形求解，这在本质上是数形结合思想的体现和运用．

4.空集是不含任何元素的集合，在未明确说明一个集合非空的情况下，要考虑集合为空集的可能．另外，不可忽略空集是任何集合的子集．

6．若集合，，则

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】在数轴上将集合A，B表示出来，如图所示，

由交集的定义可得，为图中阴影部分，即，故选A.

【解析】集合的交集运算.

7．已知集合，，则

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】试题分析：集合，所以，故选C.

【解析】交集的运算，容易题.

8．设集合，集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由题意逐一考查所给的选项运算结果是否为即可.

【详解】由题意可得，则，选项A正确；

，则，选项B错误；

，则或，选项C错误；

或，则或，选项D错误；

故选：A.

9．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用交集的定义可求得集合.

【详解】因为集合，，则.

故选：B.

10．已知集合，，则=

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】试题分析：，或，所以，故选D.

【解析】集合的运算

二、填空题

11．能说明“若f（x）>f（0）对任意的x∈（0，2］都成立，则f（x）在［0，2］上是增函数”为假命题的一个函数是          ．

【答案】y=sinx（答案不唯一）

【详解】分析：举的反例要否定增函数，可以取一个分段函数，使得f（x）>f（0）且（0，2］上是减函数.

详解：令，则f（x）>f（0）对任意的x∈（0，2］都成立，但f（x）在［0，2］上不是增函数.

又如，令f（x）=sinx，则f（0）=0，f（x）>f（0）对任意的x∈（0，2］都成立，但f（x）在［0，2］上不是增函数.

点睛：要判定一个全称命题是假命题，只要举出集合中的一个特殊值，使不成立即可.通常举分段函数.

12．能够说明“设是任意实数,若,则”是假命题的一组整数的值依次为          .

【答案】

【详解】试题分析：，矛盾，所以−1，−2，−3可验证该命题是假命题.

【名师点睛】对于判断不等式恒成立问题，一般采用举反例排除法．解答本题时利用赋值的方式举反例进行验证，答案不唯一．

三、单选题

13．已知数列的前n项和为，则“为常数列”是“，”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】利用常数列、数列前n项和的意义，结合充分条件、必要条件的定义判断作答.

【详解】数列为常数列，则，，，

，，则当时，，即，

有，因此，，，数列为常数列，

所以“为常数列”是“，”的充分必要条件.

故选：C

14．“成等差数列”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

【详解】，，，成等差数列 ,而 ,但1,3,3,5不成等差数列,所以

“，，，成等差数列”是“”的充分不必要条件,选A.

点睛：充分、必要条件的三种判断方法．

1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．

2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．

3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．

15．数列的通项公式为,则“”是 “为递增数列”的

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【详解】因为 ,

若，则恒成立，所以为递增数列；

若为递增数列，，即，

亦即，所以．

所以“”是 “为递增数列”的充分而不必要条件.

故选：A.

【点睛】本题主要考查充分条件，必要条件的定义的应用，以及数列的单调性的应用，属于基础题．

充分不必要条件、必要不充分条件、既不充分也不必要条件的判断的一般方法：①充分不必要条件：如果，且，则说p是q的充分不必要条件；②必要不充分条件：如果，且，则说p是q的必要不充分条件；③既不充分也不必要条件：如果，且，则说p是q的既不充分也不必要条件.

16．已知数列满足，，(，，)，则“”是“数列为等差数列”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

【分析】先根据等差数列定义证明充分性成立，再举反例说明必要性不成立.

【详解】当时，，所以数列为公差为1的等差数列，即充分性成立；

，所以若数列为等差数列，则或，即必要性不成立，

综上，“”是“数列为等差数列”的充分不必要条件，

故选A

【点睛】本题考查等差数列定义以及充要关系判定，考查基本分析化简求证能力，属中档题.

17．已知是等差数列的前n项和，且，有下列四个命题，假命题的是（    ）

A．公差 B．在所有中，最大

C．满足的n的个数有11个 D．

【答案】C

【分析】根据题设条件可判断数列是递减数列，这样可判断A是否正确；

根据最大，可判断数列从第七项开始变为负的，可判断D的正确性：利用等差数列的前n项和公式与等差数列的性质，可判断、的符号，这样就可判断B、C是否正确．

【详解】等差数列中，最大，且，，A正确；

，，，D正确；,

，，；

的值当递增，当递减，前12项和为正，当时为负．

故B正确；满足的n的个数有12个，故C错误.

故选C．

【点睛】本题考查等差数列的前n项和的最值在等差数列中,存在最大值的条件是：

，;存在最小值的条件是：，．

18．设，则“”是“”的

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】D

【详解】若，则，故不充分；若，则，而，故不必要，故选D.

【解析】本小题主要考查不等式的性质，熟练不等式的性质是解答好本类题目的关键.

19．设，则（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

【答案】A

【分析】构造函数和 并结合函数的单调性判断的大小.

【详解】令，

因为，所以在上单调递增.

又由，，

故，A正确，B错误；

 令，因为，

所以函数在上先减再增，不单调，

又，则

然而在上不单调，故大小不能确定，都有可能，故C、D错误；

故选：A

四、填空题

20．比较下列各数的大小：

（1），则m        n.

（2）与 ，则a        b.

（3）已知，试比较a、b、c的大小     

【答案】     >     <    

【分析】（1）分类讨论和时，两种情况

（2）将和化为分子相同的两种格式，比较分母大小即可；

（3）先判断a、b、c的正负，然后结合基本不等式和不等式的性质求解；

【详解】（1）当时，所以，即；

当时，所以，即；综上；

（2）又因为，所以；

（3）因为得

又因为，所以

因为当且仅当时等号成立，

所以 若则与条件矛盾，故

由即所以

又所以即

综上可知

故答案为： >；<；

五、单选题

21．如果函数在区间上单调递减，则mn的最大值为

A．16 B．18 C．25 D．

【答案】B

【详解】时，抛物线的对称轴为.据题意，当时，即..由且得.当时，抛物线开口向下，据题意得，即..由且得，故应舍去.要使得取得最大值，应有.所以，所以最大值为18.选B..

【解析】函数与不等式的综合应用.

22．设，若，，，则下列关系式中正确的是

A． B．

C． D．

【答案】C

【详解】，，，函数在上单调递增，因为，所以，所以，故选C．

【考点定位】1、基本不等式；2、基本初等函数的单调性．

23．设，表示不超过的最大整数．若存在实数，使得，，…，同时成立，则正整数的最大值是

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】B

【详解】因为表示不超过的最大整数．由得，

由得，

由得，所以，

所以，

由得，

所以，

由得，与矛盾，

故正整数的最大值是4．

【解析】函数的值域，不等式的性质．

24．记方程①：，方程②：，方程③：，其中，，是正实数．当，，成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实根的是

A．方程①有实根，且②有实根 B．方程①有实根，且②无实根

C．方程①无实根，且②有实根 D．方程①无实根，且②无实根

【答案】B

【详解】当方程①有实根，且②无实根时，，从而即方程③：无实根，选B.而A,D由于不等式方向不一致，不可推；C推出③有实根

【解析】不等式性质

六、填空题

25．设a＞0,b＞0． 若关于x,y的方程组无解，则的取值范围是 ．

【答案】

【详解】试题分析：方程组无解等价于直线与直线平行，所以且．又，为正数，所以（），即取值范围是．

【解析】方程组的思想以及基本不等式的应用．

26．设，则的最大值为             

【答案】1

【分析】换元取，结合二次函数运算求解，注意.

【详解】由，得：，且，

所以，

当，即时，取到最大值为1.

故答案为：1.

27．若x、y、a∈R＋，且恒成立，则a的最小值是    ．

【答案】

【分析】将不等式两边平方，后分离参数与、.再利用基本不等式即可找到a的最小值.

【详解】且恒成立，

即

，解得a≥.故a的最小值是．

故答案为：.

【点睛】本题考查利用基本不等式找参数的最值，属于中档题.恒成立问题求参数的取值范围，常用“分离参数”转化为函数最值问题求解．

28．已知两正数x，y满足x＋y＝1，则的最小值为        .

【答案】 / /

【分析】将目标函数变形为，令，根据的单调性求出最小值.

【详解】

=

=

=；

令，则；

令，，

设 ，

则，

因为，所以 ，

所以，所以，

所以在上单调递减，

故在上单调递减，故当时有最小值，

即：时有最小值．

故答案为：．