辽宁省鞍山市2023-2024学年高二下学期期末考试 数学试卷（含解析）

辽宁省鞍山市2023−2024学年高二下学期期末考试数学试卷一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．命题“”的否定为（

）A．B．C．D．3．若正数，满足，则的最小值为（

）A．2 B． C．3 D．4．设等比数列的前n项和为，若，，则等比数列的公比等于（

）A． B． C．2 D．55．已知幂函数的图象经过点，则（

）A． B．1 C．2 D．36．已知函数的图象如图所示，f'x是的导函数，则下列数值排序正确的是（

）

A．B．C．D．7．在数列中，，，则（

）A． B． C． D．1008．设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件二、多选题（本大题共3小题）9．设，是的充分不必要条件，则实数的值可以为（

）A． B．0 C．3 D．10．已知实数a，b，c，则下列结论中正确的是（

）A．B．若，则C．若，则D．若，则有最大值11．已知函数，则（

）A． B．有两个极值点C．点是曲线的对称中心 D．有两个零点三、填空题（本大题共3小题）12．在3与15之间插入3个数，使这5个数成等差数列，则插入的3个数之和为．13．若函数在区间内单调递减，则实数的取值范围是．14．要做一个长方体带盖的箱子，其体积为，底面长方形长与宽的比为，则当它的长为时，可使其表面积最小，最小表面积为．四、解答题（本大题共5小题）15．已知不等式的解集为A，不等式的解集为B．(1)求A∩B．(2)若不等式在上有解，求实数m的取值范围．16．已知函数.(1)若，求不等式的解集;(2)若恒成立，求实数的取值范围.17．已知数列的前n项和为，且，，设．(1)求证：数列为等比数列；(2)求数列的前项和．18．已知在点处的切线方程为.(1)求的值；(2)求在区间的单调区间和极值.19．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)证明：当时，.

参考答案1．【答案】B【分析】先根据三角函数的有界性得到，利用交集概念求出交集.【详解】，故.故选B.2．【答案】B【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题可得结论.【详解】由全称量词命题的否定为存在量词命题可知：命题“”的否定为“”.故选B.3．【答案】B【分析】根据给定条件，利用基本不等式“1”的妙用求解即得.【详解】由正数，满足，得，当且仅当，即，时取等号，所以的最小值为．故选B.4．【答案】A【分析】根据等比数列的前项和公式求解即可.【详解】由，，得，则，所以，所以.故选A.5．【答案】D【分析】先根据已知条件求出的解析式，然后可求出.【详解】设，由，得，，则.故选D.6．【答案】A【分析】根据图象判断函数增长速度即可得解.【详解】由图可知，的增长速度越来越慢，所以，表示在上的平均变化率，由图可知.故选A.7．【答案】C【分析】将两边取倒数，即可得到，从而求出的通项公式，即可得解.【详解】因为，，所以，即，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，则，所以.故选C.8．【答案】C【分析】设等差数列的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数.若为单调递增数列，则，若，则当时，；若，则，由可得，取，则当时，，所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”；若存在正整数，当时，，取且，，假设，令可得，且，当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列.所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”.所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.故选C.9．【答案】ABD【分析】根据是的充分不必要条件，得到是的真子集，再分情况讨论即可得到的可能取值.【详解】因为的两个根为3和5，所以，是的充分不必要条件，所以是的真子集，所以或或，当时，满足即可，当时，满足，所以，当，满足，所以，所以的值可以是0，，.故选ABD.10．【答案】ACD【分析】举反例判断B，根据基本不等式判断ACD.【详解】对于A，，当且仅当时等式成立，A正确；对于B，当时，，满足，但是，B错误；对于C，因为，所以，所以，所以，C正确；对于D，因为，所以有，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时等号成立，即有最大值，D正确．故选ACD．11．【答案】ABC【分析】求导后令，分析单调性并求出极值，即可判断ABD，利用函数对称性的定义可判断C。【详解】，故A正确；令，解得，当或时，，当时，，所以函数在和上单调递增，在上单调递减，故函数在处取得极小值，在取得极大值，即，，只有一个零点，故B正确D错误；，所以关于0,1对称，故C正确。故选ABC.12．【答案】27【分析】利用等差数列的性质来求三个数的和即可.【详解】令插入的3个数依次为，即成等差数列，因此，解得，所以插入的3个数之和为．故答案为：.13．【答案】【分析】求出导数f'x，由题意得在上恒成立，由分离参数思想可得结果.【详解】由得，由于函数在区间内单调递减，即在上恒成立，即，即得在恒成立，所以.故答案为：.14．【答案】【分析】设底面的长为，可得，求导可求的最小值及此时的值.【详解】设底面的长为，则由条件可得宽为，高为，所以表面积．因为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时，取得最小值，即此时长为．故答案为：；.15．【答案】(1)(2)【分析】（1）先分别求出A、B，再求出A∩B即可．（2）参变分离求出，转化为求，上的最小值即可．【详解】（1）根据题意可以解出，，则．（2）不等式在上有解等价于，上有解，令，则，故.则实数m的取值范围为.16．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）依题意可得，即可得到，根据指数函数的性质解得即可；（2）令，则，依题意可得对任意恒成立，参变分离可得对任意恒成立，再由基本不等式求出的最小值，即可得解.【详解】（1）当时，可得，即，即，整理得，因为，所以，解得，所以不等式的解集为；（2）因为，令，则，可得，由，可得，因为，恒成立，即对任意恒成立，即对任意恒成立，又因为，当且仅当，即时取等号，所以，即实数的取值范围为．17．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）借助与的关系可消去，得到，借助将其转换为后结合等比数列定义即可得证；（2）借助错位相减法计算即可得.【详解】（1），即，即，则，即，即，又，故数列bn是以为首项、以为公比的等比数列.（2）由（1）易得，即，则，则，有，则，故.18．【答案】(1)(2)单调递增区间为和，单调递减区间为；极大值为，极小值为【分析】（1）由题意可得，解方程组可求出的值；（2）由导数的正负可求出函数的单调区间，从而可求出极值.【详解】（1）由，得，因为在点处的切线方程为，所以，所以，所以，解得；（2），令，因为，所以，或，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增.所以极大值为，极小值为，综上所述，在区间上的单调递增区间为和，单调递减区间为；极大值为，极小值为.19．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）先明确函数定义域后对函数求导，根据导数结构特征对进行和的分类讨论导数正负即可得单调性.（2）证，故问题转化成证，接着构造函数研究其单调性和最值即可得证.【详解】（1）由题函数定义域为，，故当时，恒成立，所以函数在上单调递减；当时，在上单调递减，令，则时，；时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，综上，当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.（2）由（1）当