2022-2023学年山东省日照市高二下学期期末校际联合考试数学试题含答案

2022-2023学年山东省日照市高二下学期期末校际联合考试数学试题

一、单选题

1．已知全集，集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用补集的定义，即可求出答案.

【详解】因为，，

所以或，

故选：A.

2．命题“，”的否定为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】利用量词命题的否定求解即可.

【详解】量词命题的否定步骤为：“改量词，否结论”，

所以“，” 的否定为“，”.

故选：C.

3．已知函数，则（    ）

A．2 B．-2 C． D．-

【答案】A

【分析】根据函数的分段点代入求值.

【详解】，因为，所以.

故选：A.

4．记数列的前项和为，则“”是“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】B

【分析】利用等差数列前项和及性质，结合充分条件、必要条件的意义判断作答.

【详解】等差数列的前项和为，则，

数列的前项和为，取，显然有，

而，即数列不是等差数列，

所以“”是“为等差数列”的必要不充分条件.

故选：B

5．函数的图象大致是（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先判断函数的奇偶性排除B,D，再根据f(1)排除C得解.

【详解】由题得，所以函数是奇函数，排除选项B,D.

由题得，所以排除选项C.

故选A

【点睛】本题主要考查函数图像的识别，考查函数的奇偶性的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

6．已知函数，记，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用作差法比较自变量与1的差的大小，再根据指数函数的单调性及二次函数的性质判断即可.

【详解】令，则开口向上，对称轴为，且，

又，

而，

所以，即，

所以由二次函数的性质得，

因为，

又，

所以，即，

所以由二次函数的性质得，

综上，，

因为在上单调递增，所以，

所以，即.

故选：B.

7．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．用他名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过x的最大整数．已知正项数列的前n项和为，且，令，则（    ）

A．7 B．8 C．17 D．18

【答案】B

【分析】根据与的关系，化简可得，再由裂项相消法求，分析其范围即可得解.

【详解】当时，，

解得（负值舍去）.

由

可得 ，

所以 ，即，

所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，

故，即，

所以，

所以

，

由知，，

所以

故，

故选：B

8．已知，，向量与的夹角为，若对任意，，当时，恒成立，则实数m的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】易得，将对任意，，当时，恒成立，转化为对任意，，当时，恒成立，令，转化为在上递减求解.

【详解】解：因为，，向量与的夹角为，

所以，

因为对任意，，当时，恒成立，

所以对任意，，当时，恒成立，

所以对任意，，当时，恒成立，

令，即成立，

所以在上递减，

又，由，解得，

所以的单调减区间为，

所以，

则实数m的取值范围是，

故选：D

二、多选题

9．已知，则下列不等式正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】通过比较各项的大小，即可得出结论.

【详解】由题意，

∴，故A错误，

，故B正确，

，当时，，故C错误，

，

∴，故D正确，

故选：BD.

10．已知等差数列的公差为，前n项和为，且，，成等比数列，则（    ）

A．

B．

C．当时，的最大值是或

D．当时，的最小值是或

【答案】ACD

【分析】根据条件求出，由通项公式可判断A，由求和公式可判断B，根据前n项和公式及二次函数性质可判断CD.

【详解】因为，，成等比数列，

所以，即，

解得，即，故A正确；

，故B错误；

，

所以当时，由二次函数性质知，或时，的最小值是或，

当时，由二次函数性质知，的最大值是或，故CD正确.

故选：ACD.

11．研究函数的性质，则下列正确的是（    ）

A．函数的最大值为

B．函数恰有一个零点

C．函数恰有两个零点

D．函数在上是减函数

【答案】AC

【分析】取边长为1的正方形和，点，设，得到，结合图形，得到的最小值为，最大值为，得到函数的极值和单调性，结合零点概念，逐项判定，即可求解.

【详解】如图所示，两个边长为1的正方形和，点在边上的一个动点，

设，则，

当三点共线时，即为的中点时，取得最小值，最小值为；

当与或重合时，取得最大值，最大值为，所以A正确；

所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以D不正确；

由函数的值域为，因为，所以方程无解，

所以函数没有零点，所以B不正确；

由函数，令，可得，即，

因为且，可得方程有两个解，

即函数有两个零点，所以C正确.

故选：AC.

12．已知有穷数列各项均不相等，将的项从大到小重新排序后相应的序号构成新数列，称数列为数列的序数列．例如数列，，，满足，则其序数列为1，3，2．若有穷数列满足，（n为正整数），且数列的序数列单调递减，数列的序数列单调递增，则下列正确的是（    ）

A．数列单调递增

B．数列单调递增

C．

D．

【答案】ACD

【分析】根据新定义直接判断AB，根据数列单调性可得，，据此利用累加法求通项判断D，并项求和结合等比数列求和公式判断C.

【详解】由题意，数列的序数列单调递减，故数列单调递增，故A正确；

由数列的序数列单调递增，故数列单调递减，故B错误；

因为数列是单调递增，所以，即，

因为，所以，因此，

所以，

由数列单调递减，同理可得，，

所以

，也符合该式，故D正确；

，故C正确.

故选：ACD

【点睛】关键点点睛：理解新定义数列的序数列是判断数列单调性的关键，再由单调性及不等式的性质分别得出，是解决问题的第二个关键点，利用累加法求通项公式，利用并项求和是解决本题的第三个关键点.

三、填空题

13．已知数列为等差数列，且，则       ．

【答案】

【分析】根据等差数列的性质以及已知条件可求，进而可得结果.

【详解】因为数列为等差数列，

所以，即，

所以.

故答案为：.

14．已知，则的最小值是           .

【答案】4

【分析】把化为，再利用“1”的妙用，结合基本不等式即可得到答案.

【详解】，

当且仅当即时，取等号，

故的最小值是4，

故答案为：.

15．已知函数的两个零点为，，函数的两个零点为，，则       

【答案】2

【分析】由题可得，进而可得，然后结合条件即得.

【详解】因为函数的两个零点为，，

则，即，

又，

则，即，

所以.

故答案为：2.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用同构函数可得，可得，结合条件即得.

16．已知函数及其导函数的定义域均为R，若，都为偶函数，则      ．

【答案】520

【分析】利用函数的奇偶性，推出函数的图象关于点对称以及关于点对称，即可依次求得的值，根据等差数列的求和公式，即可求得答案.

【详解】因为为偶函数，则，即，

则，即，

故的图象关于点对称，且；

又为偶函数，则，

则，即，

故的图象关于点对称，且，

又将代入得，则；

令，由可得，则；

同理可得，则；

因为，，所以，则；，

由此可得组成了以0为首项，为公差的等差数列，

故，

故答案为：520

【点睛】关键点睛：解答此类关于抽象函数的性质类问题，要能综合利用函数的性质进行求解，比如函数的奇偶性和对称性以及周期性等，解答本题的关键就在于要根据函数的奇偶性推出函数的对称性，从而采用赋值法求值，发现规律，进而求解.

四、解答题

17．已知p：，q：．

(1)记，，当时，求；

(2)若p是q的充分条件，求实数m的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）化简集合A，B，根据集合的交集运算求解；

（2）根据充分条件可转化为集合的包含关系，列出不等式求解.

【详解】（1）因为，当时，，

所以

（2）由（1），因为p是q的充分条件，

所以，

即，解得.

18．设等比数列的前n项和为，且满足，．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，且，求正整数k的值．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）根据题意，设其公比为，由，变形可得的值，又由，可求出，代入公式即可；

（2）由（1）的结论，求出的通项公式，易得数列为等差数列，由等差数列前项和公式分析可得答案.

【详解】（1）根据题意，等比数列中，设其公比为

由，得解得

又，得解得

则；

（2）根据题意，则数列为等差数列，

，

化简可得

解得或者（舍），

故正整数.

19．已知函数是偶函数．

(1)求k的值；

(2)若方程有解，求实数m的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据偶函数的性质推得恒成立，即可得出；

（2）根据对数运算性质可得出，换元，根据基本不等式即可得出，即可得出答案.

【详解】（1）由已知可得，.

因为为R上的偶函数，所以，

即，即恒成立，

所以，解得，

经检验，满足题意，故.

（2）由（1）知，.

令，则，当且仅当时等号成立，

所以，即，所以.

因为方程有解，即有解，

所以，即.

20．已知各项均为正数的数列，满足，．

(1)求数列的通项公式；

(2)记，试比较与9的大小，并加以证明．

【答案】(1)

(2)，证明见解析

【分析】（1）利用因式分解推得，从而得到是等比数列，进而求得，由此得解；

（2）构造函数，利用导数证得，令，从而推得，再利用错位相减法即可得证.

【详解】（1）因为，

所以，

因为的各项均为正，所以，故，即，

所以是以2为公比的等比数列，

因为，又公比为2，

所以，所以.

（2），证明如下：

令，则，

当时，，即在上单调递减，

所以，则，即，

设，所以，

所以，

记，则，

所以，

即，则，所以，所以.

21．某公园有一个矩形地块（如图所示），边长千米，长4千米．地块的一角是水塘（阴影部分），已知边缘曲线是以为顶点，以所在直线为对称轴的抛物线的一部分，现要经过曲线上某一点（异于，两点）铺设一条直线隔离带，点分别在边，上，隔离带占地面积忽略不计且不能穿过水塘．设点到边的距离为（单位：千米），的面积为（单位：平方千米）．

(1)请以为原点，所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，求出关于的函数解析式；

(2)是否存在点，使隔离出来的的面积超过2平方千米？并说明理由．

【答案】(1)

(2)不存在，理由见解析

【分析】（1）由题意设抛物线方程为，然后将点的坐标代入可求出，则可求得抛物线的方程，再利用导数的几何意义求出切线的方程，从而可求出两点坐标，进而可表示出的面积；

（2）利用导数求出的最大值与2比较即可.

【详解】（1）如图建立平面直角坐标系，则，

由题意设抛物线方程为，代入点，得，解得，

所以抛物线方程为，

由题意知直线为抛物线的切线，

因为点到边的距离为，所以切点的坐标为，

由，得，所以直线的斜率为，

所以直线的方程为，即，

令，得，所以，

令，得，所以，

所以，

即

（2）因为，

所以，

因为，所以，

所以当时，，当时，，

所以在上递增，在上递减，

所以当时，取得最大值，

所以不存在点，使隔离出来的的面积超过2平方千米.

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查导数的几何意义，解题的关键是根据题意建立平面直角坐标系，然后表示出的面积，再利用导数求其最大值，考查数学计算能力和分析问题的能力，属于较难题.

22．已知函数，e为自然对数的底数．

(1)求曲线在处的切线方程；

(2)对于任意的，不等式恒成立，求实数的值；

(3)若关于x的方程有两个实根，，求证：．

【答案】(1)

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）由，得，且，即可求解切线方程；

（2）由题意知在上恒成立，利用导数求解函数的最小值，进而可求解实数的取值范围；

（3）先利用导数证得，从而证得，再根据（2）中的结论证得，从而得证.

【详解】（1）因为，所以，

则，，

所以曲线在处的切线方程为，即.

（2）记，其中，

由题意知在上恒成立，下求函数的最小值，

对求导得，令，得，

当时，；当时，；

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，则.

记，则，令，得，

当时，；当时，；

所以在上单调递增，在上单调递减，

则，即当且仅当时取等号，

又，从而得到.

（3）先证在上恒成立，

记，则，

令，得，当时，；当时，；

所以在上单调递减，在上单调递增，

故，则恒成立，即.

记直线，分别与交于，，

不妨设，则，

从而，当且仅当时取等号，此时，

由（2）知，，则，

从而，当且仅当时取等号，此时，

故，

因等号成立的条件不能同时满足，故．

【点睛】方法点睛：根据函数的零点个数求解参数范围，一般方法：

（1）转化为函数最值问题，利用导数解决；

（2）转化为函数图像的交点问题，数形结合解决问题；

（3）参变分离法，结合函数最值或范围解决.