黑龙江省哈尔滨市2021-2022学年高二下学期期末数学试题-附答案

1、黑龙江省哈尔滨市2021-2022学年高二下学期期末数学试题题号一二三四总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上评卷人得分一、单选题1已知集合，若，则实数的取值集合为（）ABCD2设为正项递增等比数列的前项和，且，则的值为（）A64B63C127D1283已知函数的定义域为，则函数的定义域为（）ABCD4已知函数在处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为，则实数的值为（）A1BCD35在等差数列中，其前项和为，若，则（）ABCD6已知是上的单调函数，若，则的值域为（）ABCD7过直线上一点可以作曲线的两条切线，则点横坐标的取值范围为（）ABCD8若对

2、任意，不等式恒成立，则实数的最小值是（）A1B2CD3评卷人得分二、多选题9下列命题中正确的是（）A已知，若，则实数的取值集合为B命题“存在一个有理数，它的平方是有理数”的否定是“任意一个有理数，它的平方不是有理数”C关于的不等式的解集为的充要条件是D与是同一函数10已知等比数列各项均为正数，其前项积为，若，则下列结论正确的是（）ABC是中最小的项D使成立的的最大值为1811已知，则下列结论一定正确的是（）A的最小值为8B的最小值为1C的最小值为4D的最小值为812已知函数是定义在上的函数，是的导函数，若，且，则下列结论正确的是（）A函数在定义域上单调递增B函数在定义域上有极小值C函数的单调递

3、增区间为D不等式的解集为评卷人得分三、填空题13设函数，若，则实数等于_.14设函数，不等式的解集为，若对任意恒成立，则实数的取值范围为_.15设函数的定义域为，对于任意的，当，有，若，则不等式的解集为_.16已知数列满足，则中的最小项的值为_.评卷人得分四、解答题17已知数列是公差不为零的等差数列，其前项和为，且成等比数列.(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为，若，求正整数的值.18已知函数.(1)求的单调区间；(2)证明.19已知数列满足.(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为，证明.20已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)当时，若对任意恒成立，求整数的最大值.2

4、1已知数列的前项和为，.(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，求数列的通项公式.22已知函数.(1)求函数的极值；(2)若时，恒成立，求实数的取值范围.答案：1D【分析】根据二次不等式的求解，结合集合关系的区间端点大小关系求解即可【详解】，因为，故，解得故选：D2B【分析】设正项递增等比数列的公比为，根据题意求得，利用等比数列的求和公式，即可求解.【详解】设正项递增等比数列的公比为，因为，所以，又因为，可得，解得或（舍去），又由，解得，所以.故选：B.3B【分析】先求出的定义域为，再解不等式即得解.【详解】解：因为，所以的定义域为，由题得，所以或.所以函数的定义域为.故选：B4C【分析】根

5、据导数的几何意义求得曲线在处的切线为，结合题意，列出方程，即可求解.【详解】由题意，函数，则，可得，即切点坐标为，所以在处的切线为，当时，；当时，因为在处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为，可得，解得或，又因为，所以.故选：C.5D【分析】根据等差数列前项和的性质求解即可【详解】由等差数列前项和的性质可得，成等差数列，设，则，即成等差数列，故，解得，故即，故，故故选：D6B【分析】令，所以，所以，又因为，求出，则可求出，再代入求出，即可求出的值域.【详解】令，所以，则令，所以，又因为，所以，所以，解得：，所以所以，因为，所以的值域为.故选：B.7C【分析】根据导数的几何意义得出切线方程，再将方

6、程的根的个数问题转化为函数与函数的图象的交点个数问题，结合图象，即可得出答案.【详解】解：由题意得，设切点为，则过点的切线方程为，整理得，由点在切线上，则，即，因为过直线上一点可以作曲线两条切线，所以关于的方程有两个不等的实数根，即函数与函数的图象有两个交点，则函数在上单调递增，在上单调递减，且，时，；时，则函数与函数的图象如下图所示：由图可知，故选：C.8A【分析】由得，令，利用的单调性可得，转化为对任意时恒成立，令，利用导数求出的最值可得答案.【详解】由得，令，因为都是单调递增函数，所以为单调递增函数，所以，即对任意时恒成立，令，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，所以，即.故选：A.9

7、AB【分析】根据，即，分类讨论，可判定A正确；根据全称命题与存在性命题的关系，可判定B正确；根据二次函数的性质，可判定C错误；根据同一的判定方法，可判定D错误.【详解】对于A中，集合，因为，即，当时，方程无解，此时集合，满足；当时，集合，要使得，则或，解得或，综上可得，实数的取值集合为，所以A正确；对于B中，根据全称命题与存在性命题的关系，可得命题“存在一个有理数，它的平方是有理数”的否定是“任意一个有理数，它的平方不是有理数”，所以B正确；对于C中，由，要使得关于的不等式的解集为，则满足，所以C错误；对于D中，函数有意义，则满足，解得，即函数的定义域为，函数有意义，则满足，解得或，即函数的定

8、义域为，两个函数的定义域不同，所以两个函数不是同一函数，所以D错误.故选：AB.10AC【分析】对于A：利用直接求出；对于B：由解得，即可得到；对于C：判断出时，；时， 得到是中最小的项；对于D：直接求出使成立的的最大值为17.【详解】对于A：因为，所以，所以，所以.故A正确；对于B：因为，所以时，所以数列为递增数列.因为，所以，所以.故B错误；对于C：因为数列各项均为正数，前项积为，且时，有，所以，即；时，有，所以，即；所以是中最小的项.故C正确.对于D：因为，而，所以使成立的的最大值为17.故D错误.故选：AC11ABD【分析】对于ABD，由，可得，然后利用基本不等式逐个分析判断，对于C，

9、利用已知条件和平方的非负性判断即可【详解】因为，所以，对于A，因为，所以，因为，所以，当且仅当，即时取等号，所以A正确，对于B，因为，所以 ，当且仅当，即时取等号，所以B正确，对于C，因为，所以，所以，所以C错误，对于D，由，得，所以，当且仅当，即时取等号，所以D正确，故选：ABD12ACD【分析】令，得到，求得，令，利用导数得到，进而得到，可判定A正确，B不正确；求得，进而可判定C正确；设且，求得，可得，进而可判定D正确.【详解】令，则，因为，可得，又由，可得，令，可得，当时，单调递减；当时，单调递增，所以，即，所以单调递增，所以A正确，B不正确；由函数，可得，令，即，解得，所以函数的单调递

10、增区间为，所以C正确；设，则注意到时，进而单减由知时“，即.”时单减，而，所以D正确.故选：ACD.130【分析】分段函数问题，分类讨论.【详解】因为，所以，当时，即，解得，满足；当时，即，即，解得，不满足；综上，.故0.14【分析】先根据不等式的解集求得，得到，再把对任意，恒成立，结合二次函数的性质，转化为恒成立，即可求解.【详解】由函数，且不等式的解集为，即是方程两个实数根，可得，解得，所以，又由，且，当时，函数取得最大值，最大值为，因为对任意恒成立，即恒成立，解得或，所以实数的取值范围为.故答案为.15【分析】构造函数，利用函数的单调性求解.【详解】因为，所以，即又，所以令，因为对于任意

11、的，所以在上单调递增，又，由有：即，由函数的单调性有： .则不等式的解集为: .故答案为.16【分析】根据前项和与通项的关系求解得，再构造函数求导分析单调性求解最小值即可【详解】当时，；当时，故，当时也成立，故，故.设，则故当时单调递减，当时单调递增.又，故中的最小项的值为故17(1)(2)4【分析】（1）设公差为，再结合等比中项的性质，根据基本量法求解即可；（2）根据等差等比数列的前项和，再结合数列的单调性求解即可(1)设公差为，成等比数列，又且，结合等差数列的性质有，即，即，(2)由（1），.，且是递增数列，且，故18(1)单调递增区间为，单调递减区间为(2)证明见解析【分析】（1）先求出

12、函数的定义域，然后对函数求导，再导数的正负求出函数的单调区间，（2）由，所以构造函数，只要利用导数求出的最大值小于等于零即可(1)函数的定义域为，由，得，由，得，解得，由，得，解得所以的单调递增区间为，单调递减区间为，(2)要证，只需证，因为，所以只需证即可，设，则，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得最大值，所以，即，所以19(1)(2)证明详见解析【分析】（1）由等差数列的定义可得为等差数列，再反解出；（2）由（1）的结果代入计算出，利用裂项相消法求和可证.(1)且，是以1为首项，1为公差的等差数列，(2)，得证.20(1)答案见解析(2)3【分析】（1）求出函数的导

13、函数，再对分三种情况讨论，分别求出函数的单调区间；（2）依题意可得在上恒成立，设，求出函数的导函数，令，求出所对应的，再分和两种情况讨论，结合函数的单调性求出函数的最小值，即可求出的取值范围；(1)解：,，所以，当时，的单调递增区间为，当时，令，当时，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为当时，令，当时，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为综上所述，当时，的单调递增区间为当时，的单调递增区间为，单调递减区间为当时，的单调递增区间为，单调递减区间为(2)解：当时，即在上恒成立，在上恒成立，设，令，当时，即，在上单调递增，成立，当时，即，当时，当时，在上单调递减，在上单调递增，设，在上单调递减，

14、且，存在，使，导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理21(1)(2)【分析】（1）由前项和与通项的关系先得到递推关系为等比数列模型，进而得到；（2）将等式往前递推一次得，再两边同乘以4与原式作差得到，进而得到结果.(1)，令，得，是以4为首项，4为公比的等比数列，(2)，即等式两边同乘以4得：，经检验成立，22(1)极大值为，极小值为0(2)【分析】（1）直接求导得，进而确定函数单调性求得极值即可；（2）先将题设转化为，构造函数求导，令导数为新的函数，再次求导，分和讨论得函数单调性，进而判断不等式是否恒成立即可求解.(1)，且，令，或，当时，当时，在上单调递增，在上单调递