2022-2023学年辽宁省沈阳市高二下学期期末数学试题【含答案】

2022-2023学年辽宁省沈阳市高二下学期期末数学试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出集合A，B的具体区间，再按照交集的运算规则计算.【详解】由题意：，，所以；故选：C.2．已知命题，使得，则为（

）A．，使得 B．，使得C．，使得 D．，使得【答案】B【分析】根据命题的否定的定义求解.【详解】根据命题的否定的定义，因为命题，使得，所以为，使得，故选:B.3．的最大值是（

）A． B．2 C． D．4【答案】A【分析】设可得，配方后利用二次函数的性质求解即可.【详解】设，则，因为，所以时，的最大值是，故选：A.4．设“函数在上单调递减”，“，”，则是的（

）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】B【分析】先由命题求出对应的的范围；再由求出对应的的范围，结合充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.【详解】因为函数在上单调递减，所以，即．因为时，，所以“，”等价于，即，因为集合，所以是的必要不充分条件．故选：B.【点睛】本题主要考查判断命题的必要不充分条件，熟记概念即可，属于常考题型.5．设为等差数列的前n项和，且，都有，若，则（

）A．的最小值是 B．的最小值是C．的最大值是 D．的最大值是【答案】A【分析】由结合等差数列的前n项和公式可知数列为递增的等差数列，由可得，，即可求出，有最小值，且最小值为.【详解】由，得，即，所以数列为递增的等差数列.因为，所以，即，则，，所以当且时，；当且时，.因此，有最小值，且最小值为.故选：A.6．若在区间上是减函数，则实数a的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由对数型复合函数的定义域和单调性，结合二次函数性质，列不等式组即可得解.【详解】设，由题意得：在上恒成立，且由复合函数单调性“同增异减”原则可知：函数在上单调递减，则有，解得：.故选：A7．记数列的前项和为，若存在实数，使得对任意的，都有，则称数列为“和有界数列”．下列命题正确的是（

）A．若是等差数列，且首项，则是“和有界数列”B．若是等差数列，且公差，则是“和有界数列”C．若是等比数列，且公比，则是“和有界数列”D．若是等比数列，且是“和有界数列”，则的公比【答案】C【分析】根据给出的“和有界数列”得概念对所给选项逐一分析、排除，然后得到所求．【详解】对于A，若是等差数列，且首项，当d>0时，，当趋近于正无穷时，趋近于正无穷，则不是“和有界数列”，故A不正确．对于B，若是等差数列，且公差，则，当时，当趋近于正无穷时，趋近于正无穷，则不是“和有界数列”，故B不正确．对于C，若是等比数列，且公比|q|<1，则，故，则是“和有界数列”，故C正确．对于D，若是等比数列，且是“和有界数列”，则的公比或，故D不正确．故选：C．8．已知函数及其导函数的定义域均为，且为奇函数，，，则（

）A．2025 B．2024 C．1013 D．1012【答案】B【分析】根据题意和函数的对称性可得，进而，则函数是以8为周期的周期函数，分别求出的值，结合函数的周期即可求解.【详解】由，令，得，所以.由为奇函数，得，所以，故①，又②，由①和②得，即，所以③，令，得，得；令，得，得.又④，由③-④得，即，所以函数是以8为周期的周期函数，故，所以，所以.故选：B.二、多选题9．若函数在定义域T上的值域为，则区间T可能为（

）A． B． C． D．【答案】BC【分析】结合的图象求得.【详解】由，由或，画出的图象如下图所示，由图可知，区间可能为、.故选：BC10．（多选题）下面结论错误的是（

）A．不等式与成立的条件是相同的.B．函数的最小值是2C．函数，的最小值是4D．“且”是“”的充分条件【答案】ABC【分析】在应用基本不等式的时候要注意基本不等式的成立条件.【详解】不等式成立的条件是；成立的条件是，A错；由于，故函数无最小值，B错；由于时无解，故的最小值不为4，C错；当且时，，，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立；而“”的充要条件是“”，因为且推不出且，所以D正确.故答案为：ABC11．已知一家公司生产某种品牌服装的年固定成本为10万元，每生产1000件需另投入2.7万元.设该公司一年内生产该品牌服装x千件并全部销售完，每千件的销售收入为万元，且当该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大时，则有（

）A．年产量为9000件 B．年产量为10000件C．年利润最大值为38万元 D．年利润最大值为38.6万元【答案】AD【分析】根据利润销售收入成本，将利润表示为关于的函数，根据导数判断单调性求最值即可得结果.【详解】设年利润为W.当时，，.令，得（舍负），且当时，；当时，；所以当时，年利润W取得最大值38.6；当时，，.令，得（舍负），所以当时，年利润W取得最大值38.因为，所以当年产量为9000件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大，且年利润最大值为38.6万元.故选：AD.12．已知函数对任意都有，且．则下列结论正确的是（

）A．为偶函数 B．若，则C． D．若，则【答案】ACD【分析】根据分别取特殊情况验证各选项即可.【详解】选项A：因为，令可得，解得．令可得，所以，故为偶函数，A正确；选项B：令可得，所以，B错误；选项C:令可得，C正确；选项D：令可得，所以，所以，D正确．故选：ACD．三、填空题13．不等式的解集为.【答案】【分析】移项通分后不等式可转化为高次不等式，利用序轴标根法可求原不等式的解.【详解】原不等式等价于即，故不等式的解为或.故答案为：.【点睛】解分式不等式，首先观察分母的符号是否确定，如果确定，则可把分式不等式转化为整式不等式；如果不确定，则则等价于，注意分式不等式转化为整式不等式时分母不为零.14．已知在区间上的最大值就是函数的极大值，则m的取值范围是．【答案】【分析】先对函数求导，然后令导函数等于零，则解在区间内，从而得解.【详解】因为，所以，令，得.由题意得，故．故答案为：.15．已知函数的值域为，则的取值范围是．【答案】【分析】利用基本不等式求出函数的值域，根据题意可知，可得出关于实数的不等式，解之即可.【详解】对任意的，，由基本不等式可得，当且仅当时，即当时，等号成立，因为函数的值域为，则，所以，，解得.因此，实数的取值范围是.故答案为：.16．黎曼猜想由数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手.已知正项数列的前项和为，且满足，则（其中表示不超过的最大整数）.【答案】18【分析】结合题意和和的关系，得到数列是以1为首项，1为公差的等差数列，求得，又由当时，得到，进而求得，即可求解.【详解】当时，，所以，即，因为，所以，当时，由，所以，所以，即，可得数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以.又当时，符合上式，所以（）.因为，所以，所以，当时，，即，所以.令，则，，即，从而.故答案为：.四、解答题17．已知集合，其中为常数，且．（1）若中至少有一个元素，求的取值范围；（2）若中至多有一个元素，求的取值范围．【答案】（1）；（2）【分析】（1）对分类讨论：，解出即可判断出是否满足题意．时，中至少有一个元素，满足，解得范围即可得出．（2）对分类讨论：，直接验证是否满足题意．时，由中至多有一个元素，可得，解得范围即可得出．【详解】解：（1），由，解得，满足题意，因此．时，中至少有一个元素，，解得，．综上可得：的取值范围是．（2），由，解得，满足题意，因此．时，中至多有一个元素，，解得．综上可得：的取值范围是．【点睛】本题考查了集合的性质、一元二次方程的实数根与判别式的关系，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题．18．数列满足，，(1)若数列是等比数列，求及的通项公式；(2)若数列满足：，数列的前项和为，求证：.【答案】(1)，(2)证明见解析【分析】（1）先通过递推关系配凑出等比数列的结构，从而得到，进而得出的通项公式；（2）利用错位相减法求和并证明.【详解】（1）由可得，，又，故是首项为，公比为的等比数列，即，，于是（2）由（1）知，于是，则，两式相减：，即，于是，故.19．已知函数a∈R.（1）若不等式f(x)<0的解集为求a的值；（2）讨论关于x不等式f(x)>0的解集.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】（1），1为方程的两个根，用韦达定理构建方程解出来即可.（2），分、、、和五种情况讨论即可【详解】（1）因为的解集为，所以，1为方程的两个根，由韦达定理得：，解得；（2）由得：，所以⑴当时，不等式的解集是⑵当时，不等式的解集是⑶当时①当时，，不等式的解集是或②当时，不等式可化为，不等式的解集是③当时，，不等式的解集是或综上可得：当时，不等式的解集是；当时，不等式的解集是；当时，不等式的解集是或；当时，不等式的解集是；当时，不等式的解集是或.【点睛】解含参的一元二次不等式需从以下几个方面讨论：1.二次系数的符号，2.根的个数，3.根的大小.20．对于函数,若存在实数,使=成立,则称为的不动点.(1)当时,求的不动点;(2)当时,函数在内有两个不同的不动点,求实数的取值范围.(3)若对于任意实数,函数恒有两个不相同的不动点,求实数的取值范围.【答案】(1)f(x)的不动点为,2；(2)；(3).【分析】（1）把a=2,b=代入后得到函数f(x)的解析式，假设存在不动点，根据不动点定义，满足，解方程求出不动点；（2）当时,函数在内有两个不同的不动点，说明方程在区间内有两个不等式实数根，利用二次方程的根的分布求出参数的范围；（3）由题意得:对于任意实数b,方程总有两个不相等的实数解，利用方程根与判别式的关系转化为对恒成立，根据一元二次不等式恒成立的处理方法求解即可.【详解】（1）当a=2,b=时,,∴由f(x)=x得,∴x=或x=2.∴f(x)的不动点为,2.（2）当a=2时,,由题意得f(x)=x在内有两个不同的不动点,即方程在内的两个不相等的实数根.设,∴只须满足,∴.∴或4<b<6.（3）由题意得:对于任意实数b,方程总有两个不相等的实数解.∴∴对恒成立.∴，∴0<a<2.21．已知函数是定义在R上的奇函数.（1）求a的值；（2）判断并证明函数的单调性，并利用结论解不等式：；（3）是否存在实数k，使得函数在区间上的取值范围是？若存在，求出实数k的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）是R上的增函数，证明见解析；；（3）存在；实数k的取值范围是.【分析】（1）根据奇函数的性质，求出a的值，再利用奇函数的定义进行验证即可；（2）运用函数单调性的定义，结合指数函数的单调性进行判断函数的单调性，最后根据单调性的性质，通过解一元二次不等式进行求解即可；（3）根据（2），通过函数的单调性的性质，结合换元法，一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.【详解】解：（1）是定义在R上的奇函数，，从而得出，时，，；（2）是R上的增函数，证明如下：设任意，且，，，，，，，是在上是单调增函数.，又是定义在R上的奇函数且在上单调递增，，，；（3）假设存在实数k，使之满足题意，由（2）可得函数在上单调递增，，，n为方程的两个根，即方程有两个不等的实根，令，即方程有两个不等的正根，于是有且且，解得：.存在实数k，使得函数在上的取值范围是，并且实数k的取值范围是.【点睛】本题考查了函数单调性的判断和性质应用，考查了奇函数的性质，考查了数学运算能力.22．已知函数f（x）＝ex（lnx+a）．(1)若f（x）是增函数，求实数a的取值范围；(2)若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：x1+x2＞2．【答案】(1)[﹣1，+∞）(2)证明见解析【分析】(1)求导，由f（x）是增函数，转化为f′（x）≥0对任意x＞0恒成立，即恒成立，构造新函数，求导得单调性，求出最小值，得到a的取值范围.(2)设出两个极值点，即两个极值点是的两个零点，要证明x1+x2＞2，只需证x2＞2﹣x1，只需证g（x2）﹣g（2﹣x1）＝g（x1）﹣g（2﹣x1）＞0，设，求导，证h（x）在（0，1）上单调递减，从而得到g（x）在（1，+∞）上单调递增，所以x2＞2﹣x1成立，即x1+x2＞2成立．【详解】（1）函数的定义域为，若f（x）是增函数，即f′（x）≥0对任意x＞0恒成立，故恒成立，设，则，所以当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，所以当x＝1时，g（x）min＝g（1）＝a+1，由a+1≥0得a≥﹣1，所以a的取值范围是[﹣1，+∞）．（2）不妨设0＜x1＜x2，因为x1，x2是f（x）