江西省宜春市宜春一中、万载中学、宜丰中学2022-2023学年高二下学期期末考试数学试题

2024届高二下学期期末考试数学试卷第I卷（选择题）一、单选题1．设集合A={x|x2-5x+6>0}，B={x|x-1<0}，则A∩B=A．(-∞，1)B．(-2，1)C．(-3，-1)D．(3，+∞)2．函数的零点所在的大致区间是（

）A．B．C．D．3．下列函数中最小值为4的是（

）A． B．C． D．4．已知函数，则图象为如图的函数可能是（

）A． B．C． D．5．在△ABC中，“”是“△ABC为钝角三角形”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6．在“非遗剪纸进校园，传统文化润心田”主题活动中，小红设计了一个剪纸图案，她现在一个半径为4的圆纸片上画一个内接正方形，再画该正方形的内切圆，依次重复以上画法，得到了一幅由6个圆和6个正方形构成的图案，依次剪去夹在正方形及其内切圆的部分，并剪去最小正方形内的部分，得到如图所示的一幅剪纸，则该图案（阴影部分）的面积为（

）A．B．C．D．7．已知函数的部分图象如图所示，若，且，则＝()A.eq\f(1,2) B. eq\f(\r(2),2) C.eq\f(\r(3),2) D.18．已知，则（

）A． B． C． D．二、多选题9．下列求导运算正确的是（

）A． B．C． D．10．（多选）已知函数，则（

）A．函数的定义域为R B．函数的值域为C．函数在上单调递增 D．函数在上单调递减11．已知数列的前n项和为，数列的前项和为，则下列选项正确的为（

）A．数列是等比数列 B．数列是等差数列C．数列的通项公式为 D．12．在锐角中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（

）A． B．的取值范围为C．的取值范围为 D．的取值范围为第II卷（非选择题）三、填空题13．已知函数，则曲线y＝f(x)在点(1，1)处的切线方程为__________．14．若角的终边过点P(－2a,4a)(a≠0)，则=________________．15．已知且，则的最小值为___________．16．已知函数，若方程恰有四个不同的实数解，分别记为则的取值范围是___________．四、解答题17．设函数的定义域为A，集合(1)求集合A；(2)若且p是q的必要不充分条件，求实数m的取值范围．18．在中，，（1）求；（2）再从条件①、条件②、这两个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求边上中线的长．条件①：的面积为；条件②：的周长为；19．已知函数(1)求函数的最小正周期及对称轴方程；(2)将函数的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的纵坐标不变､横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，求在[0，2π]上的单调递减区间.20．已知函数满足．（1）若方程有解，求的取值范围；（2）设，求不等式的解集.21．已知数列满足，，其中.(1)设，求证：数列是等差数列.(2)在（1）的条件下，求数列的前n项和.(3)在（1）的条件下，若，是否存在实数，使得对任意的，都有，若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.22．已知函数．(1)若，求a的取值范围；(2)证明：若有两个零点，则．2024届高二下学期期末考试数学试卷参考答案1．A 2．C 3．C 4．D 5.A6．B【分析】由题意可知，圆与正方形的面积分别构成一个等比数列，求和即可.【详解】设半径从大到小的圆的面积依次为，由画图知圆的面积构成一个等比数列，计算得，，所以公比为.同理，设边长从大到小的正方形面积依次为，也构成一个公比为的等比数列，且首项.由图案知夹在面积最大的圆与面积最大的正方形之间的阴影面积为，同理，所以该剪纸图案的面积为:，.故选：B.7．C8．B【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解.【详解】因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，故选：A．9．BC10．ABD11．ACD解：由即为，可化为，由，可得数列是首项为2，公比为2的等比数列，则，即，又，可得12．ACD【详解】在中，由正弦定理可将式子化为，把代入整理得，，解得或，即或(舍去).所以.选项A正确.选项B：因为为锐角三角形，，所以.由解得，故选项B错误.选项C：，因为，所以，，即的取值范围.故选项C正确.选项D：.因为，所以，.令，，则.由对勾函数的性质知，函数在上单调递增.又，，所以.即的取值范围为.故选项D正确.故选：AD.13．14．15．【分析】令，，将已知条件简化为；将用表示，分离常数，再使用“乘1法”转化后利用基本不等式即可求得最小值．【详解】解：令，，因为，所以，则，，所以,所以，当且仅当，即，，即时取“”，所以的最小值为.故答案为：.16．【分析】明确分段函数两段的性质，进而作出其图像，将方程恰有四个不同的实数解转化为的图象与直线有4个不同的交点，由图象确定，，，的范围，结合对勾函数单调性性质，即可求得答案.【详解】由题意知，当时，，令，则；当时，；当时，，令，则或4；令，则或2；由此可作出函数的图象如图：

由于方程恰有四个不同的实数解，分别记为，，，，故的图象与直线有4个不同的交点，由图象可知，不妨设，则，且关于对称，所以，又即，则，故，由于在上单调递增，故，所以，故的取值范围是，故答案为：17.(1)(2)【详解】（1）由题意得：，解得：，所以；（2）因为p是q的必要不充分条件，所以是的真子集，当时，，解得：，当时，，解得：，综上：实数m的取值范围是18．（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．【详解】（1），则由正弦定理可得，，，，，，解得；（2）若选择①：由（1）可得，即，则，解得，则由余弦定理可得边上的中线的长度为：.若选择②：由（1）可得，设的外接圆半径为，则由正弦定理可得，，则周长，解得，则，由余弦定理可得边上的中线的长度为：；19．(1)最小正周期为，对称轴方程为，(2)【详解】（1），，所以函数的最小正周期为，令，，得函数的对称轴方程为，（2）将函数的图象向左平移个单位后所得图象的解析式为，所以，令，所以.又，所以在上的单调递减区间为.20．（1）；（2）.【详解】（1）由，得，解得或（舍去），所以的解析式为：；所以，令，则，利用二次函数的性质知，，所以的取值范围为．（2）由函数知，定义域为，又，即为上的偶函数，当时，利用指数函数与对数函数的性质知是增函数，由，即，所以，解得．故不等式的解集是：．21．【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在；【详解】（1）证明：，，∴数列是首项为2，公差为2的等差数列；（2），设，则①，②，①-②得，∴；（3）存在，理由如下：，，则，若对任意，都有，则等价于恒成立，即恒成立，，当n为偶数时，则；当n为奇数时，则.综上，存在，使得对任意的，都有.22．【详解】（1）的定义域为，则令,得当单调递减当单调递增，若,则,即所以的取值范围为（2）[方法一]：构造函数由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设要证,即证因为,即证又因为