山东省日照市2022-2023学年高二数学下学期期末校际联合考试试题（Word版附解析）

这是一份山东省日照市2022-2023学年高二数学下学期期末校际联合考试试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了07， 已知全集，集合，则， 命题“，”的否定为， 函数的图象大致是， 已知函数，记，，，则， 已知，则下列不等式正确的是等内容，欢迎下载使用。
2021级高二下学期期末校际联合考试数学试题2023.07考生注意：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束，将试题卷和答题卡一并交回．一、单项选择题：本大题共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. 已知全集，集合，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【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【解析】【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【解析】【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【解析】【分析】利用等差数列前项和及性质，结合充分条件、必要条件意义判断作答.【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：B5. 函数的图象大致是（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【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【解析】【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【解析】【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：B8. 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【解析】【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、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9. 已知，则下列不等式正确的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】BD【解析】【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【解析】【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【解析】【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【解析】【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：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知数列为等差数列，且，则 ______．【答案】【解析】【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【解析】【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【解析】【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【解析】【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：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．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）【解析】【分析】（1）化简集合A，B，根据集合交集运算求解；（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.【小问1详解】因为，当时，，所以【小问2详解】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）【解析】【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.【小问1详解】根据题意，等比数列中，设其公比为由，得解得又，得解得则；【小问2详解】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）【解析】【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.【小问1详解】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.【小问2详解】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【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.【小问1详解】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.【小问2详解】，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【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.小问1详解】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  【小问2详解】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【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.【小问1详解】因为，所以，则，，所以曲线在处的切线方程为，即.【小问2详解】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.【小问3详解】先证在上恒成立，记，则，令，得，当时，；当时，；所以上单调递减，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.