2022-2023學年遼寧省沈陽市高二下學期期末數(shù)學試題【含答案】

2022-2023學年遼寧省沈陽市高二下學期期末數(shù)學試題一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出集合A，B的具體區(qū)間，再按照交集的運算規(guī)則計算.【詳解】由題意：，，所以；故選：C.2．已知命題，使得，則為（

）A．，使得 B．，使得C．，使得 D．，使得【答案】B【分析】根據(jù)命題的否定的定義求解.【詳解】根據(jù)命題的否定的定義，因為命題，使得，所以為，使得，故選:B.3．的最大值是（

）A． B．2 C． D．4【答案】A【分析】設可得，配方后利用二次函數(shù)的性質求解即可.【詳解】設，則，因為，所以時，的最大值是，故選：A.4．設“函數(shù)在上單調遞減”，“，”，則是的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【分析】先由命題求出對應的的范圍；再由求出對應的的范圍，結合充分條件與必要條件的概念，即可得出結果.【詳解】因為函數(shù)在上單調遞減，所以，即．因為時，，所以“，”等價于，即，因為集合，所以是的必要不充分條件．故選：B.【點睛】本題主要考查判斷命題的必要不充分條件，熟記概念即可，屬于?？碱}型.5．設為等差數(shù)列的前n項和，且，都有，若，則（

）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】由結合等差數(shù)列的前n項和公式可知數(shù)列為遞增的等差數(shù)列，由可得，，即可求出，有最小值，且最小值為.【詳解】由，得，即，所以數(shù)列為遞增的等差數(shù)列.因為，所以，即，則，，所以當且時，；當且時，.因此，有最小值，且最小值為.故選：A.6．若在區(qū)間上是減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由對數(shù)型復合函數(shù)的定義域和單調性，結合二次函數(shù)性質，列不等式組即可得解.【詳解】設，由題意得：在上恒成立，且由復合函數(shù)單調性“同增異減”原則可知：函數(shù)在上單調遞減，則有，解得：.故選：A7．記數(shù)列的前項和為，若存在實數(shù)，使得對任意的，都有，則稱數(shù)列為“和有界數(shù)列”．下列命題正確的是（

）A．若是等差數(shù)列，且首項，則是“和有界數(shù)列”B．若是等差數(shù)列，且公差，則是“和有界數(shù)列”C．若是等比數(shù)列，且公比，則是“和有界數(shù)列”D．若是等比數(shù)列，且是“和有界數(shù)列”，則的公比【答案】C【分析】根據(jù)給出的“和有界數(shù)列”得概念對所給選項逐一分析、排除，然后得到所求．【詳解】對于A，若是等差數(shù)列，且首項，當d>0時，，當趨近于正無窮時，趨近于正無窮，則不是“和有界數(shù)列”，故A不正確．對于B，若是等差數(shù)列，且公差，則，當時，當趨近于正無窮時，趨近于正無窮，則不是“和有界數(shù)列”，故B不正確．對于C，若是等比數(shù)列，且公比|q|<1，則，故，則是“和有界數(shù)列”，故C正確．對于D，若是等比數(shù)列，且是“和有界數(shù)列”，則的公比或，故D不正確．故選：C．8．已知函數(shù)及其導函數(shù)的定義域均為，且為奇函數(shù)，，，則（

）A．2025 B．2024 C．1013 D．1012【答案】B【分析】根據(jù)題意和函數(shù)的對稱性可得，進而，則函數(shù)是以8為周期的周期函數(shù)，分別求出的值，結合函數(shù)的周期即可求解.【詳解】由，令，得，所以.由為奇函數(shù)，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，所以函數(shù)是以8為周期的周期函數(shù)，故，所以，所以.故選：B.二、多選題9．若函數(shù)在定義域T上的值域為，則區(qū)間T可能為（

）A． B． C． D．【答案】BC【分析】結合的圖象求得.【詳解】由，由或，畫出的圖象如下圖所示，由圖可知，區(qū)間可能為、.故選：BC10．（多選題）下面結論錯誤的是（

）A．不等式與成立的條件是相同的.B．函數(shù)的最小值是2C．函數(shù)，的最小值是4D．“且”是“”的充分條件【答案】ABC【分析】在應用基本不等式的時候要注意基本不等式的成立條件.【詳解】不等式成立的條件是；成立的條件是，A錯；由于，故函數(shù)無最小值，B錯；由于時無解，故的最小值不為4，C錯；當且時，，，由基本不等式可得，當且僅當時等號成立；而“”的充要條件是“”，因為且推不出且，所以D正確.故答案為：ABC11．已知一家公司生產某種品牌服裝的年固定成本為10萬元，每生產1000件需另投入2.7萬元.設該公司一年內生產該品牌服裝x千件并全部銷售完，每千件的銷售收入為萬元，且當該公司在這一品牌服裝的生產中所獲得的年利潤最大時，則有（

）A．年產量為9000件 B．年產量為10000件C．年利潤最大值為38萬元 D．年利潤最大值為38.6萬元【答案】AD【分析】根據(jù)利潤銷售收入成本，將利潤表示為關于的函數(shù)，根據(jù)導數(shù)判斷單調性求最值即可得結果.【詳解】設年利潤為W.當時，，.令，得（舍負），且當時，；當時，；所以當時，年利潤W取得最大值38.6；當時，，.令，得（舍負），所以當時，年利潤W取得最大值38.因為，所以當年產量為9000件時，該公司在這一品牌服裝的生產中所獲得的年利潤最大，且年利潤最大值為38.6萬元.故選：AD.12．已知函數(shù)對任意都有，且．則下列結論正確的是（

）A．為偶函數(shù) B．若，則C． D．若，則【答案】ACD【分析】根據(jù)分別取特殊情況驗證各選項即可.【詳解】選項A：因為，令可得，解得．令可得，所以，故為偶函數(shù)，A正確；選項B：令可得，所以，B錯誤；選項C:令可得，C正確；選項D：令可得，所以，所以，D正確．故選：ACD．三、填空題13．不等式的解集為.【答案】【分析】移項通分后不等式可轉化為高次不等式，利用序軸標根法可求原不等式的解.【詳解】原不等式等價于即，故不等式的解為或.故答案為：.【點睛】解分式不等式，首先觀察分母的符號是否確定，如果確定，則可把分式不等式轉化為整式不等式；如果不確定，則則等價于，注意分式不等式轉化為整式不等式時分母不為零.14．已知在區(qū)間上的最大值就是函數(shù)的極大值，則m的取值范圍是．【答案】【分析】先對函數(shù)求導，然后令導函數(shù)等于零，則解在區(qū)間內，從而得解.【詳解】因為，所以，令，得.由題意得，故．故答案為：.15．已知函數(shù)的值域為，則的取值范圍是．【答案】【分析】利用基本不等式求出函數(shù)的值域，根據(jù)題意可知，可得出關于實數(shù)的不等式，解之即可.【詳解】對任意的，，由基本不等式可得，當且僅當時，即當時，等號成立，因為函數(shù)的值域為，則，所以，，解得.因此，實數(shù)的取值范圍是.故答案為：.16．黎曼猜想由數(shù)學家波恩哈德·黎曼于1859年提出，是至今仍未解決的世界難題.黎曼猜想研究的是無窮級數(shù)，我們經(jīng)常從無窮級數(shù)的部分和入手.已知正項數(shù)列的前項和為，且滿足，則（其中表示不超過的最大整數(shù)）.【答案】18【分析】結合題意和和的關系，得到數(shù)列是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，求得，又由當時，得到，進而求得，即可求解.【詳解】當時，，所以，即，因為，所以，當時，由，所以，所以，即，可得數(shù)列是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以.又當時，符合上式，所以（）.因為，所以，所以，當時，，即，所以.令，則，，即，從而.故答案為：.四、解答題17．已知集合，其中為常數(shù)，且．（1）若中至少有一個元素，求的取值范圍；（2）若中至多有一個元素，求的取值范圍．【答案】（1）；（2）【分析】（1）對分類討論：，解出即可判斷出是否滿足題意．時，中至少有一個元素，滿足，解得范圍即可得出．（2）對分類討論：，直接驗證是否滿足題意．時，由中至多有一個元素，可得，解得范圍即可得出．【詳解】解：（1），由，解得，滿足題意，因此．時，中至少有一個元素，，解得，．綜上可得：的取值范圍是．（2），由，解得，滿足題意，因此．時，中至多有一個元素，，解得．綜上可得：的取值范圍是．【點睛】本題考查了集合的性質、一元二次方程的實數(shù)根與判別式的關系，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于中檔題．18．數(shù)列滿足，，(1)若數(shù)列是等比數(shù)列，求及的通項公式；(2)若數(shù)列滿足：，數(shù)列的前項和為，求證：.【答案】(1)，(2)證明見解析【分析】（1）先通過遞推關系配湊出等比數(shù)列的結構，從而得到，進而得出的通項公式；（2）利用錯位相減法求和并證明.【詳解】（1）由可得，，又，故是首項為，公比為的等比數(shù)列，即，，于是（2）由（1）知，于是，則，兩式相減：，即，于是，故.19．已知函數(shù)a∈R.（1）若不等式f(x)<0的解集為求a的值；（2）討論關于x不等式f(x)>0的解集.【答案】（1）；（2）見解析.【解析】（1），1為方程的兩個根，用韋達定理構建方程解出來即可.（2），分、、、和五種情況討論即可【詳解】（1）因為的解集為，所以，1為方程的兩個根，由韋達定理得：，解得；（2）由得：，所以⑴當時，不等式的解集是⑵當時，不等式的解集是⑶當時①當時，，不等式的解集是或②當時，不等式可化為，不等式的解集是③當時，，不等式的解集是或綜上可得：當時，不等式的解集是；當時，不等式的解集是；當時，不等式的解集是或；當時，不等式的解集是；當時，不等式的解集是或.【點睛】解含參的一元二次不等式需從以下幾個方面討論：1.二次系數(shù)的符號，2.根的個數(shù)，3.根的大小.20．對于函數(shù),若存在實數(shù),使=成立,則稱為的不動點.(1)當時,求的不動點;(2)當時,函數(shù)在內有兩個不同的不動點,求實數(shù)的取值范圍.(3)若對于任意實數(shù),函數(shù)恒有兩個不相同的不動點,求實數(shù)的取值范圍.【答案】(1)f(x)的不動點為,2；(2)；(3).【分析】（1）把a=2,b=代入后得到函數(shù)f(x)的解析式，假設存在不動點，根據(jù)不動點定義，滿足，解方程求出不動點；（2）當時,函數(shù)在內有兩個不同的不動點，說明方程在區(qū)間內有兩個不等式實數(shù)根，利用二次方程的根的分布求出參數(shù)的范圍；（3）由題意得:對于任意實數(shù)b,方程總有兩個不相等的實數(shù)解，利用方程根與判別式的關系轉化為對恒成立，根據(jù)一元二次不等式恒成立的處理方法求解即可.【詳解】（1）當a=2,b=時,,∴由f(x)=x得,∴x=或x=2.∴f(x)的不動點為,2.（2）當a=2時,,由題意得f(x)=x在內有兩個不同的不動點,即方程在內的兩個不相等的實數(shù)根.設,∴只須滿足,∴.∴或4<b<6.（3）由題意得:對于任意實數(shù)b,方程總有兩個不相等的實數(shù)解.∴∴對恒成立.∴，∴0<a<2.21．已知函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù).（1）求a的值；（2）判斷并證明函數(shù)的單調性，并利用結論解不等式：；（3）是否存在實數(shù)k，使得函數(shù)在區(qū)間上的取值范圍是？若存在，求出實數(shù)k的取值范圍；若不存在，請說明理由.【答案】（1）；（2）是R上的增函數(shù)，證明見解析；；（3）存在；實數(shù)k的取值范圍是.【分析】（1）根據(jù)奇函數(shù)的性質，求出a的值，再利用奇函數(shù)的定義進行驗證即可；（2）運用函數(shù)單調性的定義，結合指數(shù)函數(shù)的單調性進行判斷函數(shù)的單調性，最后根據(jù)單調性的性質，通過解一元二次不等式進行求解即可；（3）根據(jù)（2），通過函數(shù)的單調性的性質，結合換元法，一元二次方程根與系數(shù)的關系進行求解即可.【詳解】解：（1）是定義在R上的奇函數(shù)，，從而得出，時，，；（2）是R上的增函數(shù)，證明如下：設任意，且，，，，，，，是在上是單調增函數(shù).，又是定義在R上的奇函數(shù)且在上單調遞增，，，；（3）假設存在實數(shù)k，使之滿足題意，由（2）可得函數(shù)在上單調遞增，，，n為方程的兩個根，即方程有兩個不等的實根，令，即方程有兩個不等的正根，于是有且且，解得：.存在實數(shù)k，使得函數(shù)在上的取值范圍是，并且實數(shù)k的取值范圍是.【點睛】本題考查了函數(shù)單調性的判斷和性質應用，考查了奇函數(shù)的性質，考查了數(shù)學運算能力.22．已知函數(shù)f（x）＝ex（lnx+a）．(1)若f（x）是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若f（x）有兩個極值點x1，x2，證明：x1+x2＞2．【答案】(1)[﹣1，+∞）(2)證明見解析【分析】(1)求導，由f（x）是增函數(shù)，轉化為f′（x）≥0對任意x＞0恒成立，即恒成立，構造新函數(shù)，求導得單調性，求出最小值，得到a的取值范圍.(2)設出兩個極值點，即兩個極值點是的兩個零點，要證明x1+x2＞2，只需證x2＞2﹣x1，只需證g（x2）﹣g（2﹣x1）＝g（x1）﹣g（2﹣x1）＞0，設，求導，證h（x）在（0，1）上單調遞減，從而得到g（x）在（1，+∞）上單調遞增，所以x2＞2﹣x1成立，即x1+x2＞2成立．【詳解】（1）函數(shù)的定義域為，若f（x）是增函數(shù)，即f′（x）≥0對任意x＞0恒成立，故恒成立，設，則，所以當0＜x＜1時，g′（x）＜0，g（x）單調遞減，當x＞1時，g′（x）＞0，g（x）單調遞增，所以當x＝1時，g（x）min＝g（1）＝a+1，由a+1≥0得a≥﹣1，所以a的取值范圍是[﹣1，+∞）．（2）不妨設0＜x1＜x2，因為x1，x2是f（x）