2022-2023学年辽宁省沈阳120中学高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年辽宁省沈阳120中学高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2. 已知命题：，总有，则为( )
A. ，使得 B. ，使得
C. ，使得 D. ，使得
3. 的最大值是( )
A. B. C. D.
4. 设：“函数在上单调递减”，：“，”，则是的( )
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
5. 设为等差数列的前项和，且，都有，若，则( )
A. 的最小值是 B. 的最小值是
C. 的最大值是 D. 的最大值是
6. 若在区间上是减函数，则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
7. 记数列的前项和为，若存在实数，使得对任意的，都有，则称数列为“和有界数列”下列命题正确的是( )
A. 若是等差数列，且首项，则是“和有界数列”
B. 若是等差数列，且公差，则是“和有界数列”
C. 若是等比数列，且公比，则是“和有界数列”
D. 若是等比数列，且是“和有界数列”，则的公比
8. 已知函数及其导函数的定义域均为，且为奇函数，，，则( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 若函数在定义域上的值域为，则区间可能为( )
A. B. C. D.
10. 多选题下面结论错误的是( )
A. 不等式与成立的条件是相同的
B. 函数的最小值是
C. 函数，的最小值是
D. “且”是“”的充分条件
11. 已知一家公司生产某种品牌服装的年固定成本为万元，每生产件需另投入万元设该公司一年内生产该品牌服装千件并全部销售完，每千件的销售收入为万元，且当该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大时，则有( )
A. 年产量为件 B. 年产量为件
C. 年利润最大值为万元 D. 年利润最大值为万元
12. 已知函数对，都有，且，则下列结论正确的是( )
A. 为偶函数 B. 若，则
C. D. 若，则
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 不等式的解集为______．
14. 已知在区间上的最大值就是函数的极大值则的取值范围是______ ．
15. 已知函数的值域为，则的取值范围是______ ．
16. 黎曼猜想由数学家波恩哈德黎曼于年提出，是至今仍未解决的世界难题黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手已知正项数列的前项和为，且满足，则 ______ 其中表示不超过的最大整数．
四、解答题（本大题共6小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
已知集合，问：
若集合中至多有一个元素，求的取值范围；
若集合中至少有一个元素，求的取值范围．
18. 本小题分
数列满足，．
若数列是等比数列，求及的通项公式；
若数列满足：，数列的前项和为，求证：．
19. 本小题分
已知函数，．
若不等式的解集为，求的值；
讨论关于不等式的解集．
20. 本小题分
对于函数，，若存在实数，使成立，则称为的不动点．
当，时，求的不动点；
当时，函数在内有两个不同的不动点，求实数的取值范围；
若对于任意实数，函数恒有两个不相同的不动点，求实数的取值范围．
21. 本小题分
已知函数是定义在上的奇函数．
求的值；
判断并证明函数的单调性，并利用结论解不等式；
是否存在实数，使得函数在上的取值范围是，若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由．
22. 本小题分
已知函数．
若是增函数，求实数的取值范围；
若有两个极值点，，证明：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：集合，
，
则．
故选：．
求出集合，，利用交集定义能求出．
本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题：，总有，
则为：，使得．
故选：．
直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．
本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：由已知可得，解得，故函数的定义域为，
令，则，且，
则，
当且仅当，即时取等号，
故函数的最大值为．
故选：．
根据题意得到函数的定义域为，利用换元法结合二次函数的性质即可求解．
本题考查了函数的最值计算，属于中档题．
4.【答案】
【解析】解：：因为函数在上单调递减，所以，即．
：因为时，，
所以“，”等价于，即，
因为集合，，推不出，而能推出，
所以是的必要不充分条件．
故选：．
利用函数的单调性和基本不等式分别解出、，再根据充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可．
本题考查基本不等式，充分条件和必要条件的判断，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：由，得，即，
所以数列为递增的等差数列．
因为，所以，即，
则，，所以当且时，；
当且时，因此，有最小值，且最小值为．
故选：．
由结合等差数列的前项和公式可知数列为递增的等差数列，由可得，，即可求出，有最小值，且最小值为．
本题主要考查等差数列的前项和公式，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：设，
因为在定义域上为增函数，
又因为在区间上是减函数，
所以在区间上是减函数，
所以，解得．
故选：．
设，由题意可得在区间上是减函数，列出不等式组求解即可．
本题考查了复合函数的单调性，也考查了二次函数的性质，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：对于，若是等差数列，且首项，当时，，当时，，
则不是“和有界数列”，故A错误；
对于，若是等差数列，且公差，，当时，当时，，
则不是“和有界数列”，故B错误；
对于，若是等比数列，且公比，，．
则是“和有界数列”，故C正确；
对于，若是等比数列，且是“和有界数列”，则的公比或，故D错误．
故选：．
求出等差数列的前项和公式，取即可判断A错误；举例首项不为判断B错误；求出等比数列的前项和，由绝对值不等式证明C正确；举例说明D错误．
本题是新定义题，考查了等差数列和等比数列的应用，对题意的理解是解答此题的关键，属中档题．
8.【答案】
【解析】解：由，令，得，所以．
由为奇函数，得，
所以，故，
又，由和得，
即，所以，
令，得，得；
令，得，得又，
由得，即，
所以函数是以为周期的周期函数，故，
所以，
所以
．
故选：．
根据题意和函数的对称性可得，进而，则函数是以为周期的周期函数，分别求出，，，的值，结合函数的周期即可求解．
本题主要考查抽象函数及其应用，导数的运算，考查转化能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：，
，，
且，，至少一个在集合中，
故选：．
配方法化简，从而可知且，，至少一个在集合中，从而判断．
本题考查了二次函数的值域，利用了配方法及数形结合的思想，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：不等式成立的条件是，；成立的条件是，，错；
由于，故函数无最小值，错；
由于时无解，故的最小值不为，错；
当且时，，，
由基本不等式可得，当且仅当时等号成立；
而“”的充要条件是“”，
因为，且推不出且，所以D正确．
故答案为：．
在应用基本不等式的时候要注意基本不等式的成立条件．
本题考查基本不等式的应用，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：设年利润为，
当时，，
，令，得舍负，
且当时，，当时，；
所以当时，年利润取得最大值；
当时，，
令，得舍负，所以当时，年利润取得最大值，
因为，所以当年产量为件时，
该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大，且年利润最大值为万元．
故选：．
根据利润销售收入成本，将利润表示为关于的函数，根据导数判断单调性求最值即可得结果．
本题考查了函数模型的实际应用，属于中档题．
12.【答案】
【解析】
【分析】
利用抽象函数关系，分别利用赋值法进行判断即可．
本题主要考查抽象函数的应用，利用赋值法以及函数奇偶性和周期性的定义进行证明是解决本题的关键，是中档题．
【解答】
解：令得，
即，
，，
令，则，
则，则，即是偶函数，故A正确，
若，则，
即，则，故B错误，
令，则，即，故C正确，
若，令，则，
即，则，则，故D正确，
故选：．

13.【答案】
【解析】解：原不等式可化为：
或
或
故答案为
先移项，通分母可得，再利用分子、分母异号可得不等式组，从而可解．
本题的考点是一元二次不等式的解法，解题的关键是等价变形，应注意等号能否取．
14.【答案】
【解析】解：由于函数在区间上的最大值就是函数的极大值，
故：；
整理得：．
故的取值范围为．
故答案为：．
直接利用二次函数的性质和函数的极值和最大值的关系判断的取值范围．
本题考查的知识要点：二次函数的性质，函数的极值和最大值的关系，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：对任意的，，由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
因为函数的值域为，则，，
所以，，解得．
因此，实数的取值范围是．
故答案为：．
利用基本不等式求出函数的值域，根据题意可知，可得出关于实数的不等式，解之即可．
本题主要考查了对数函数的值域的应用，要注意该函数的定义域为的区别，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：由题意可得，，
当时，，化简得，
又当时，，
数列 是首项、公差均为的等差数列，
，即，
当时，，
设，
由可得，，
且，
．
故答案为：．
根据已知条件，可得数列 是首项、公差均为的等差数列，即，再结合放缩法，即可求解．
本题考查了等差数列的通项公式，以及放缩法，需要学生有较强的综合能力，属于难题．
17.【答案】解：要使至多有一个解，则：
；
，，解之可得：；
要使至多有一个解，必须或；
要使至少有一个解，则：
；
，，解之可得：．
要使至多有一个解，必须
【解析】求出使方程至多有一个解的条件即可得到的取值范围；
求出使方程至少有一个解的条件即可得到的取值范围．
本题考查集合与一元二次方程的应用，熟练掌握集合的有关概念及一元二次方程解的条件是解题关键．
18.【答案】解：由可得，，
又，故是首项为，公比为的等比数列，即，，于是．
证明：由知，，
于是，
则，
两式相减：，
即，于是，故．
【解析】先通过递推关系配凑出等比数列的结构，从而得到，进而得出的通项公式；
利用错位相减法求和并证明．
本题主要考查数列的求和，数列递推式，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：函数，
因为不等式的解集为，
所以为方程的两个根，且，
所以，解得；
不等式，则，
所以，
当时，不等式的解集为；
当时，则，故不等式的解集为；
当时，若时，则，故不等式的解集为或；
若时，则不等式化为，则不等式的解集为；
若时，则，则不等式的解集为或．
综上所述，当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为或；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为或．
【解析】根据条件可知为方程的两个根，且，由韦达定理求解即可；
将不等式进行变形，然后通过对系数的正负以及两个根的大小进行分类讨论，分别求解解集，即可得到答案．
本题考查了一元二次不等式的解法，解题的关键是掌握一元二次不等式的解集与对应方程根之间的关系，考查了转化化归思想，属于中档题．
20.【答案】解：当，时，，
由得，即：，
或，
的不动点为，；
当时，则，
由题意得在内有两个不同的不动点，
即方程，
在内的两个不相等的实数根，
设，
只须满足，
，
或；
由题意得：对于任意实数，方程总有两个不相等的实数解，
，
对恒成立，
，
．
【解析】本题考查了二次函数的性质，考查了新定义问题，考查了转化思想，是一道中档题．
把，的值代入方程解出即可；
把代入，得到二次函数，结合二次函数的性质得不等式组，解出即可；
由二次函数的性质，得不等式组，解出即可．
21.【答案】解：根据题意，函数是定义在上的奇函数，
则，解可得，
当时，，有，是奇函数，符合题意；
故；
函数在上为增函数，
证明如下：，
设，则，
又由，则，，，
则，
则函数在上为增函数；
不等式
，
解可得：，
则不等式的解集为；
假设存在实数，使得函数在上的取值范围是，
又由的结论，函数在上为增函数，
则有，则、为方程的两根，
令，有，则即有个不等的正根，
则有，解可得，
则的取值范围为．
【解析】根据题意，由奇函数的定义可得，解可得的值，验证即可得答案；
根据题意，由作差法分析可得函数为增函数；据此结合函数的奇偶性分析可得，解可得的取值范围，即可得答案；
假设存在实数，满足题意，结合函数的单调性分析可得，则、为方程的两根，令，用换元法分析可得有个不等的正根，结合一元二次函数的性质分析可得，解可得的取值范围，即可得答案．
本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，中注意转化为一元二次方程的根的分布问题，属于综合题．
22.【答案】解：函数的定义域为，
若是增函数，即对任意恒成立，故恒成立，
设，则，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以当时，，由得，
所以的取值范围是．
证明：不妨设，因为，是的两个极值点，
所以，即，同理，
故，是函数的两个零点，即，
由知，，故应有，且，
要证明，只需证，
只需证
，
设
则，
所以在上单调递减，因为，所以，
即，，
又，，及在上单调递增，
所以成立，即成立．
【解析】求出函数的导函数，依题意对任意恒成立，故恒成立，设，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可求出参数的取值范围；
不妨设，则，是函数的两个零点，即可得到，要证明，只需证，只需证，构造函数利用导数证明即可．
本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的运算能力，属于难题．
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