2022-2023学年辽宁省辽阳市高二年级下册学期期末考试数学试题【含答案】

2022-2023学年辽宁省辽阳市高二下学期期末考试数学试题一、单选题1．已知全集，集合，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】首先求得集合A，然后根据全集可求得，可得答案.【详解】，，∴，∴.故选：D.2．已知，则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用特殊值法判断ABD；利用指数函数的单调性判断C.【详解】当时，满足，，，A错误；当时，满足，，，B错；当时，满足，没有意义，D错；在递增，因为，所以正确.故选：C.3．已知，则（

）A． B．3 C． D．4【答案】B【分析】利用导数的定义求解即可.【详解】.故选：B.4．“”是“是幂函数”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】A【分析】运用幂函数定义及集合包含关系即可求得结果.【详解】因为是幂函数，所以，解得或，故“”是“是幂函数”的充分不必要条件.故选：A.5．在数列中，，则的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】，利用对勾函数的单调性，可得，从而可得答案.【详解】由题意可得．根据对勾函数与复合函数的单调性，在上递增，在上递减，所以在中，，当时，，；当时，．因为，所以，所以的最大值是．故选：D.6．已知函数则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先对原式进行求导，得到，再令代入，即可求出，，找到的解析式，求出.【详解】因为，所以，则，解得．由，解得，则．故选：D.7．函数的部分图象大致为（）A． B．

C．

D．

【答案】A【分析】根据函数解析式确定函数性质，利用排除法去掉不符合的选项即可.【详解】定义域为，因为，所以是奇函数，排除C，D．当时，，则，，所以，排除B．故选：A．8．某公司开发新项目，今年用于该新项目的投入为10万元，计划以后每年用于该新项目的投入都会在上一年的基础上增加，若该公司计划对该项目的总投入不超过250万元，则按计划最多能连续投入的时间为（

）（参考数据：）A．9年 B．10年 C．11年 D．12年【答案】A【分析】根据题意，设该公司第年用于该新项目的投入为万元，则可得为等比数列，代入计算，即可得到结果.【详解】设该公司第年用于该新项目的投入为万元，则是首项为10，公比为的等比数列，从而，即，即，即．因为，所以的最大值是9.故选：A二、多选题9．已知一次函数满足，则的解析式可能为（

）A． B．C． D．【答案】AC【分析】根据题意，由待定系数法代入计算，即可得到结果.【详解】设，则，故．因为，所以，解得或，则或．故选：AC.10．等差数列的前项和为，公差为，若，则（

）A． B．C．当时，取得最大值 D．当时，取得最大值【答案】BC【分析】根据等差数列的性质可得，即可结合选项判断.【详解】，所以，故，当时，取得最大值.故BC正确，AD错误.故选：BC11．已知，且，则（

）A．的最小值是B．的最小值是4C．的最小值是8D．的最小值是【答案】BC【分析】利用基本不等式根据可得，即可求解选项A；利用基本不等式“1”的妙用即可求解选项B；利用基本不等式可得即可求解选项C；根据，再结合等号成立条件可求解选项D.【详解】因为，且，所以，所以，当且仅当时，等号成立，则A错误；由题意可得，当且仅当时，等号成立，则B正确；因为，所以，当且仅当时，等号成立，则C正确；由题意可得，此时，．因为，所以不存在，使得，则D错误．故选:BC.12．已知，则（

）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】构造函数，求导后可得在单调递增，则可得，构造函数，求导后可得在单调递减，则可得，从而可得结论.【详解】令，则，当时，，所以在单调递增，所以，则，所以，所以，令，则，所以在单调递减，所以，则，即，所以，所以故选：ABC.【点睛】关键点点睛：此题考查对数式，指数式比较大小，考查导数的应用，解题的关键是合理构造函数，利用导数判断函数的单调性，然后利用函数的单调性比较大小，属于较难题.三、填空题13．已知函数的定义域为，则函数的定义域为．【答案】【分析】整体在范围内，同时注意保证，最后求出交集即可得解.【详解】因为函数的定义域为，所以解得．则函数的定义域为，故答案为：.14．等差数列的前项和为，若，，则．【答案】15【分析】根据等差数列的性质得到，求出答案.【详解】设，由等差数列的性质可得，又，则，解得．故答案为：1515．如图，在墙角处有一根长3米的直木棒AB紧贴墙面，墙面与底面垂直.在时，木棒的端点B以0.5m/s的速度垂直墙面向右做匀速运动，端点A向下沿直线运动，则端点A在这一时刻的瞬时速度为m/s.

【答案】/【分析】设端点A运动的路程为，所以，由题意可解得，对求导，由导数的定义即可得出答案.【详解】设端点A运动的路程为，所以，因为，则，此时木棒处于倾斜状态，所以，所以，则，当时，，即端点A在这一时刻的瞬时速度为m/s.故答案为：.四、双空题16．已知函数是定义域为的奇函数，则，关于的不等式的解集为．【答案】1【分析】根据题意，由函数为奇函数即可得到，然后求导即可得到，从而得到其单调性，由函数的单调性即可求解不等式.【详解】因为是奇函数，所以，则由的任意性可得，所以，则．因为，所以，则在上单调递减．由，得，则，解得．故答案为：；.五、解答题17．在等比数列中，，且是和的等差中项．(1)求的通项公式；(2)若，，求数列的前项和．【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）根据等比数列的通项公式和等差中项的含义即可得到关于的方程，解出即可；（2）分析计算得，利用错位相减法即可得到答案.【详解】（1）设的公比为，，因为是和的等差中项，所以，则，化简得，解得或，当时，，当时，．（2）因为，所以，，，①则，②则①②得．故．18．已知函数(1)当时，求在上的最值；(2)讨论的单调性．【答案】(1)最大值为32，最小值为(2)答案见解析【分析】（1）根据导数求解函数的单调区间，即可求解极值点以及端点处的函数值，比较大小即可，（2）求导，分类讨论即可根据导函数的正负求解.【详解】（1）因为，所以．当时，，当时，，故的单调递增区间为和，单调递减区间为．因为，所以在上的最大值为32，最小值为．（2）因为，所以令，得或．当，即时，由，解得或，由，解得．当，即时，恒成立．当，即时，由，解得或，由，解得．综上所述，当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；当时，的单调递增区间为，无单调递减区问；当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为．19．从①，②两个条件中任选一个填入横线上，并解答下列问题．已知正项等差数列的前项和为，且________．(1)证明：数列为等差数列．(2)若，证明：．注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）选①，由已知可得，根据等差数列的定义可得答案；选②先求得，可得，根据等差数列的定义可得答案；（2）先求得，再利用裂项相消法可得答案.【详解】（1）选①设的公差为，由，得，则，则，或（舍去），所以数列是首项为，公差为的等差数列．选②设的公差为，由，得，则，则，，或（舍去），所以数列是首项为，公差为的等差数列．（2）．因为，所以，解得或（舍去）．，所以．20．已知函数.(1)当时，求的极值；(2)若在上恰有1个极值点，求的取值范围.【答案】(1)极小值为，无极大值(2).【分析】（1）根据题意，求导即可得到其极值；（2）根据题意，将极值点转化为函数零点问题，然后利用导数研究，即可得到结果.【详解】（1）因为，所以，.令，得或，且当时，，当时，，故的单调递减区间为，单调递增区间为.从而的极小值为，无极大值.（2）因为，所以.因为在上恰有1个极值点，所以在上恰有一个变号零点.令，则，显然在上单调递增，且，所以在上恒成立，则在上单调递增.要使在上恰有一个变号零点，则，即，故的取值范围为.21．已知数列的前项和为且.(1)求的通项公式；(2)为满足的的个数，求使成立的最小正整数的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）先由前项和的递推公式通过累乘法算出，然后由与的关系解出通项公式.（2）不等式左边利用分组求和的方法求出和，然后构造函数结合作差法与二项式展开式来判断函数单调性，进而解出值.【详解】（1）因为，所以，所以，累乘得，所以.符合上式，所以.当时，，则，所以.因为符合上式，所以.（2）由题意知，则.令，则.由二项式展开式.所以，所以单调递增.因为，所以的最小值是11.22．已知函数.(1)若，求的图象在处的切线方程;(2)若有两个极值点，证明:.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）对求导，求出，再由导数的几何意义求解即可；（2）根据给定条件可得有两个不相等的正实数根，转化为有两个不相等的正实数根，即.要证，即证<，令，即证即.令，对求导，得到的单调性，即可证明.【详解】（1）因为，所以，，则，故f（x）的图象在处的切线方程为，即.（2）证明：因为，所以，由有两个极值