2022-2023学年江西省宜春市宜丰县宜丰中学高二下学期期中数学试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页第Page\*MergeFormat1页共NUMPAGES\*MergeFormat15页2022-2023学年江西省宜春市宜丰县宜丰中学高二下学期期中数学试题一、单选题1．已知全集，集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据补集和并集的定义运算即得.【详解】全集，集合，，所以，因此，.故选：D.2．在等差数列中，若，，则的公差为（

）A． B．2 C． D．3【答案】B【分析】根据等差数列的定义，列出方程，解之即可.【详解】设的公差为，则，解得．故选：B．3．已知等比数列中，，则（

）A．8 B．14 C．128 D．256【答案】C【分析】根据等比数列的性质计算出答案.【详解】由等比数列的性质可知：，故,故选：C4．设函数，则曲线在点处的切线方程为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用导数的几何意义求在处切线的斜率，进而即可得切线方程.【详解】因为，所以，所以，即在处切线方程的斜率为，又因为，所以切线方程为，整理得，故选：B5．已知函数，则（

）A．-6 B．0 C．4 D．6【答案】A【分析】由分段函数解析式，利用周期性求得，进而求目标函数值.【详解】由分段函数知：当时，周期，所以，所以．故选：A6．不等式（）恒成立的一个充分不必要条件是（

）A．a≥1 B．a＞1 C． D．a＞2【答案】D【分析】先求得不等式（）恒成立的充要条件，再找其充分不必要条件.【详解】不等式（）恒成立，显然不成立，故应满足，解得，所以不等式（）恒成立的充要条件是，A、C选项不能推出，B选项是它的充要条件，可以推出，但反之不成立，故是的充分不必要条件.故选：D7．若函数的部分图象如图所示，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据函数图象，利用待定系数法求出函数解析式，即可得解.【详解】由图象知，的两根为2，4，且过点，所以，解得，所以，所以，故选：A8．若不等式恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据在上递增，利用同构法求解即可．【详解】解：构造，则在上显然递增，由得，即，，，令，则，由得，递增，由得，递减，，．故选：B．【点睛】本题解题的关键是看到“指对跨阶”要想到同构，同构后有利于减少运算，化烦为简．二、多选题9．已知正实数，满足，下列说法正确的是（

）A．的最大值为2 B．的最小值为4C．的最小值为 D．的最小值为【答案】BCD【分析】利用基本不等式和解一元二次不等式可判断A,B,将代入，化简，利用基本不等式求解可判断C，利用基本不等式“1”的妙用可判断D.【详解】对于A,因为，即，解得，又因为正实数，，所以，则有，当且仅当时取得等号，故A错误；对于B，，即，解得（舍），当且仅当时取得等号，故B正确；对于C,由题可得所以，解得，，当且仅当即时取得等号，故C正确；对于D,，当且仅当时取得等号，故D正确，故选:BCD.10．已知定义在上的函数在上单调递增，且为偶函数，则（

）A．的对称中心为B．的对称轴为直线C．D．不等式的解集为【答案】BCD【分析】由题意可得图象的对称轴为直线，即可判断A，B；结合对称性可得在上单调递减，从而，即可判断C；由不等式结合的对称性及单调性，可得，解不等式即可判断D．【详解】因为为偶函数，所以，所以图象关于直线对称，故A错误，B正确；又在上单调递增，所以在上单调递减，所以，故C正确；由不等式结合的对称性及单调性，得，即，即，解得或，所以不等式的解集为，故D正确，故选：BCD．11．已知等差数列的前n项和为，满足，，下列说法正确的是（

）A． B．C．的最大值为 D．的前10项和为【答案】BCD【分析】先根据题干条件算出等差数列的通项公式，然后逐一分析每个选项即可.【详解】根据等差中项，，解得，，解得，设等差数列的公差为，则，于是等差数列的通项公式为：，故A选项错误；根据等差数列前n项和公式，，B选项正确；根据B选项可知，，最大值在取得，故C选项正确；，故的前10项和为：，D选项正确.故选：BCD12．下列结论正确的是（

）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】令，求得，得到在单调递减，结合，可判定A不正确；令，求得，求得在单调递增，结合，可判定B正确；令，求得，求得上单调递减，结合和，可判定C、D正确.【详解】对于A中，令，可得，当时，，单调递减，所以，即，所以，所以A不正确；对于B中，令，可得，当时，，单调递增，所以，可得，即，即，所以B正确；对于C中，令，可得，令，则，当时，，则单调递减，所以，则在恒成立，所以函数单调递减，所以，即，所以，所以C正确；又，即，可得，即，所以D正确.故选：BCD.【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.三、填空题13．函数在区间上的值域是.【答案】【分析】利用导数研究函数的单调性，再求函数的极值和端点值，进而求得值域.【详解】由，，求导得.令，解得（舍去），.当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，又，，，所以函数在区间上的值域是.故答案为：.14．已知函数的导函数为，且，则．【答案】【分析】根据题意，求导得，然后令，即可得到结果.【详解】因为，则，令，则，即.故答案为：15．若，且，则的最大值为.【答案】/【分析】将变为，则可将化为，利用基本不等式即可求得答案.【详解】由，且可得，则，当且仅当，结合，即时取等号，即的最大值为，故答案为：16．已知数列满足，，，则数列的前30项和为.【答案】465【分析】根据递推公式得出奇数项数列和偶数项数列各为等差数列，分组求和即可得出前30项和.【详解】当为奇数时，，是首项为1，公差为1的等差数列；当为偶数时，，是首项为2，公差为3的等差数列；故答案为：465四、解答题17．求解下列不等式的解集:(1);(2).【答案】(1)(2)【分析】（1）转化为求解即可;（2）将变形为,转化为求解即可.【详解】（1）,所以的解集为.（2）,转化为,解得,即的解集为.18．设函数，已知的解集为.(1)求，的值；(2)若函数在区间上的最小值为，求实数的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据二次不等式的解和二次方程的的根的关系，利用韦达定理列方程求解；（2）先通过，，求出，再验证是否在对应的处取到最小值即可.【详解】（1）由已知的解集为，则方程的根为，由韦达定理得，；（2）由（1）得函数，由于开口向上的二次函数的最小值只能在区间端点或者对称轴处取到，若，即，不符，舍去；若，即，得，此时，对称轴为，故函数应该在时取到最小值，不符，舍去；若，即，得或

当时，，对称轴为，不符合在对称轴处取到最小值，舍去；当时，，对称轴，符合在对称轴处取到最小值.综合得.19．已知.(1)若，求a的值；(2)若，求实数a的取值范围.【答案】(1)(2)或或.【分析】（1）先求出集合，再利用条件，根据集合与集合间的包含关系，即可求出值；（2）对集合进行分类讨论：和，再利用集合与集合间的包含关系，即可求出的范围；【详解】（1）由方程，解得或所以，又，，所以，即方程的两根为或，利用韦达定理得到：，即；（2）由已知得，又，所以时，则，即，解得或；当时，若B中仅有一个元素，则，即，解得，当时，，满足条件；当时，，不满足条件；若B中有两个元素，则，利用韦达定理得到，，解得，满足条件.综上，实数a的取值范围是或或.20．已知数列满足(1)求证：数列是等比数列；(2)设，求的前项和【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）根据题干条件构造出，结合等比数列定义证明结论；（2）先求出的通项，利用分组求和法和错位相减法求出结果.【详解】（1）因为，所以，又，所以，∴数列是首项为，公比为的等比数列.（2）由（1）知，，∴，∵，∴，∴令两式相减，所以所以，又，∴21．如图，有一景区的平面图是一半圆形，其中直径长为和两点在半圆弧上，满足.设.(1)现要在景区内铺设一条观光道路，由线段和组成，则当为何值时，观光道路的总长最长，并求的最大值；(2)若要在景区内种植鲜花，其中在和内种满鲜花，在扇形内种一半面积的鲜花，则当为何值时，鲜花种植面积最大？【答案】(1)时，观光道路的总长最长，的最大值为5(2)当时，鲜花种植面积最大【分析】（1）作出辅助线，表达出，，从而求出，配方后得到当，即时，取得最大值，最大值为5；（2）表达出，，扇形COD的面积，从而求出故，求导得到其单调性，在当时，取得极大值，也是最大值，得到答案.【详解】（1）取BC的中点M，AD的中点N，连接OM，ON，由垂径定理可得：OM⊥BC，ON⊥AD，由题意得：，，故，则，因为，所以，，故当，即时，取得最大值，最大值为5；（2），，扇形COD的面积，故，则，因为，所以，故当时，时，，当时，，故时，单调递增，当时，单调递减，当时，取得极大值，也是最大值，故当时，鲜花种植面积最大.22．在如图所示的平面四边形中，的面积是面积的两倍，又数列满足，当时，，记．(1)求