辽宁省沈阳市郊联体2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省沈阳市郊联体2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷第Ⅰ卷（选择题）一、单项选择题：本题共8小题．每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．1.已知全集，集合，则图中阴影部分表示的集合为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗，故，图中阴影部分表示的元素在中而不在中，故对应的集合为，故选：D2.已知函数的图象如图所示，下面四个图象中的图象大致是A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗由函数y＝xf′（x）的图象可知：当x＜﹣1时，xf′（x）＜0，f′（x）＞0，此时f（x）增，当﹣1＜x＜0时，xf′（x）＞0，f′（x）＜0，此时f（x）减，当0＜x＜1时，xf′（x）＜0，f′（x）＜0，此时f（x）减，当x＞1时，xf′（x）＞0，f′（x）＞0，此时f（x）增．故选C．3.函数的最大值为（）A.8 B. C.2 D.4〖答案〗A〖解析〗设，则，即，所以，因为，所以当时，函数取得最大值为.故选：A4.已知函数的定义域为R，且是偶函数，是奇函数，则下列选项中值一定为0的是（）．A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由为偶函数，得，由为奇函数，得，即，则有，于是，即，因此，函数是周期为4的周期函数，由，，得，由，，得，B正确；令，则有，，即，定义在上的函数满足为偶函数，为奇函数，此时，A错误；，C错误；，D错误.故选：B5.中国古代许多著名数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智.南宋数学家杨辉在《详析九章算法》和《算法通变本末》中，所讨论的二阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是后项减前项之差组成的新数列是等差数列.现有一个“堆垛”，共50层，第一层2个小球，第二层5个小球，第三层10个小球，第四层17个小球，...，按此规律，则第50层小球的个数为（）A.2400 B.2401 C.2500 D.2501〖答案〗D〖解析〗不妨设第层小球个数为，由题意，，……，即各层小球之差成以3为首项，2为公差的等差数列.所以.故有，累加可得：，故故选:D6.函数在上单调递减的一个充分不必要条件是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由于是定义在上的递减函数，故命题等价于在上单调递增且取值恒为正.若，则，从而在上取值不恒为正，不满足条件；若，则对任意都有，且由知对任意都有.故在上单调递增且取值恒正，满足条件.所以使得原命题成立的充分必要条件是，从而观察选项可知A是充分不必要条件，B是充要条件，C，D是既不充分也不必要条件.故选：A.7.已知定义在R上的函数满足，且恒成立，则不等式的解集为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗令，则，即为，即设，则，因为对于任意的，都有成立，所以对任意，都有，所以为单调递增函数，且，所以的解集为，即，即所以不等式的解集为，故选D.8.已知函数，若实数，满足，则的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以，即有，所以关于点中心对称，又，所以，即，所以，当且仅当，即时取等号，故选：B.二、多选题：本题共3小题，每小题6分、共18分．在每小题垥出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.下列命题为真命题的是（）A.若，则B.函数的定义域为，则的定义域为C.若幂函数的图像过点，则D.函数的零点所在区间可以是〖答案〗AC〖解析〗对于A，假设，则，所以，故，矛盾，所以，故A正确；对于B，由于的定义域为，故的定义域为，所以的定义域为，故B错误；对于C，由于是幂函数，故可设，而的图像过点，故，所以，即，故C正确；对于D，由于当时有，所以在上没有零点，故D错误.故选：AC.10.已知，，且，则（）A. B.C. D.〖答案〗ABC〖解析〗对于A，有当且仅当时取等号，故A正确；对于B，，，有，当且仅当时取等号，故，从而，故B正确；对于C，由，知，所以故，从而，所以，故C正确；对于D，由于当时，有，，但，故D错误.故选：ABC.11.已知函数，则下列结论正确的是（）A.函数存在两个不同的零点B.函数既存在极大值又存在极小值C.当时，方程有且只有两个实根D.若时，，则的最小值为〖答案〗ABC〖解析〗对于A．，解得，所以A正确；对于B．，当时，，当时，或，所以是函数的单调递减区间，是函数的单调递增区间，所以是函数的极小值，是函数的极大值，所以B正确．对于C．当时，，根据B可知，函数的最小值是，再根据单调性可知，当时，方程有且只有两个实根，所以C正确；对于D：由图象可知，t的最大值是2，所以D不正确．故选：ABC.第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知，则________．〖答案〗3〖解析〗依题意，，则．故〖答案〗为：313.若函数在区间上存在最小值，则实数的取值范围是_____．〖答案〗〖解析〗由题意，f′（x）＝x2+2x＝x（x+2），故f（x）在（﹣∞，﹣2），（0，+∞）上是增函数，在（﹣2，0）上是减函数，作其图象如图，令x3+x2得，x＝0或x＝﹣3；则结合图象可知，；解得，a∈[﹣3，0）；故选C．14.已知函数则函数有_________个零点．〖答案〗4〖解析〗令，由可得，，作与的图象，如图，由图象知有两个交点，分别设横坐标为，则，由可知或，有两个根，由，显然有两个根，综上，有4个根，即有4个零点.故〖答案〗为：4四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.设集合，.（1）当时，求.（2）若，求m的取值范围.解：（1）当时,,又因为，所以（2）若,则分以下两种情形讨论：情形一：当集合为空集时，有，解不等式得情形二：当集合不为空集时，由以上情形以可知，此时首先有，其次若要保证，在数轴上画出集合如下图所示：由图可知，解得；结合可知.综合以上两种情形可知：m的取值范围为.16.已知函数．（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）讨论的单调性．解：（1）由题意知，当时，，则，故曲线在处的切线方程为．（2）的定义域为，且，当时，则，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增；当时，则有：若，则，令，则单调递增；令，则或单调递减；若，则，令，则单调递增；令，则或单调递减；若，则单调递减．综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减．17.已知函数f(x)的定义域是{x|x≠0}，对定义域内的任意，都有f(·)＝f()＋f()，且当x>1时，f(x)>0，f(2)＝1.(1)证明：(x)是偶函数；(2)证明：(x)在(0，＋∞)上是增函数；(3)解不等式(2－1)<2.解：(1)令x1＝x2＝1，得f(1)＝2f(1)，∴f(1)＝0.令x1＝x2＝－1，得f(－1)＝0，∴f(－x)＝f(－1·x)＝f(－1)＋f(x)＝f(x)．∴f(x)是偶函数．(2)设x2>x1>0，则f(x2)－f(x1)＝f(x1·)－f(x1)＝f(x1)＋f()－f(x1)＝f()，∵x2>x1>0，∴>1.∴f()>0，即f(x2)－f(x1)>0.∴f(x2)>f(x1)．∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．(3)∵f(2)＝1，∴f(4)＝f(2)＋f(2)＝2.又∵f(x)是偶函数，∴不等式f(2x2－1)<2可化为f(|2x2－1|)<f(4)．又∵函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，∴|2x2－1|<4.解得－<x<，又，解得：即不等式的解集为．18.已知数列的各项均为正数，且对任意的都有.（1）求数列的通项公式；（2）设，且数列的前项和为，问是否存在正整数，对任意正整数有恒成立？若存在，求出的最大值；若不存在，请说明理由.解：（1）因为，，当时，，两式相减得（），即（）.又当时，，得，满足上式.故，.（2）由（1）可得，，则，即.又，所以数列为递增数列，所以.因为对任意正整数有恒成立，所以，解得.又，所以.所以存在正整数，使得对任意正整数有恒成立，且的最大值为1010.19.已知函数，其中为常数.（1）若，求函数的极值；（2）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；（3）若，设函数在上的极值点为，求证：.解：（1）当时，，定义域为，，令，得.极大值当时，的极大值为，无极小值.（2），由题意对恒成立.，，对恒成立，对恒