亳州市二完中2022-2023学年高二下学期期末考试
数学试题
（考试时间：120分钟；时间满分：150分）
注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.
1．已知，如果是的充分不必要条件，则实数的取值范围是（ ）
A．[ B．
C． D．
2．设是定义在上的奇函数，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知函数，则时，的值趋近于（ ）
A．2a B． C． D．
4．设集合，，若，则（ ）．
A．2 B． C． D．1
5．已知分别为上的奇函数和偶函数，且，，，，则大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
6．记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
7．已知数列满足，设，则数列的前2023项和为（ ）
A． B． C． D．
8．已知等比数列的前n项和为，若，则（ ）
A．12 B．36 C．31 D．33
二、多项选择题：本体共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.
9．对于实数，下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，
10．函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．函数在区间上单调递减
B．是函数的极小值点
C．函数在处取得极小值
D．函数在处取得极大值
11．已知函数，则（ ）
A． B．
C．的最小值为1 D．的图象与轴有1个交点
12．已知等比数列的前项积为，公比，且，则（ ）
A．当时，最小
B．
C．存在，使得
D．当时，最小
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第13题第一个空2分.第二个空3分.
13．我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则___________；数列所有项的和为____________．
14．已知正数满足，则的最小值为__________.
15．下列说法正确的是______.
①函数（，且）的图象恒过定点
②若不等式的解集为或，则
③函数的最小值为6
④函数的单调递增区间为
16．已知函数是定义在R上的偶函数，且满足，若函数有6个零点，则实数m的取值范围是________．
四、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18-22题12分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．设全集，集合，集合，其中．
(1)当时，求；
(2)若“”是“”的______条件，求实数的取值范围．
从①充分；②必要；③既不充分也不必要三个条件中选择一个填空，并解答该题．
18．已知函数，且.
(1)求的定义域；
(2)判断的奇偶性；
19．已知各项均为正数的数列满足：，当时，．
(1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
20．设函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)设函数，求的极值点；
21.为响应国家“乡村振兴”政策，某村在对口帮扶单位的支持下拟建一个生产农机产品的小型加工厂.经过市场调研，生产该农机产品当年需投入固定成本10万元，每年需另投入流动成本（万元）与成正比（其中x（台）表示产量），并知当生产20台该产品时，需要流动成本0.7万元，每件产品的售价与产量x（台）的函数关系为（万元）（其中）.记当年销售该产品x台获得的利润（利润＝销售收入－生产成本）为万元.
（参考数据：，，）
(1)求函数的解析式；
(2)当产量x为何值时，该工厂的年利润最大？最大利润是多少？
22．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若不等式在恒成立，求的取值范围.
答案第1页，共2页亳州市二完中2022-2023学年高二下学期期末考试
数学试题
参考答案：
1．A
【分析】根据充分必要条件的定义结合集合的包含关系求解.
【详解】，即或，又是的充分不必要条件，
所以，即的取值范围是.
故选:A.
2．C
【分析】根据奇函数的定义，得到方程组，求出，，得到函数解析式，代入求值即可.
【详解】是定义在上的奇函数，
∴，即，
且，
∴，且，所以，
∴．
故选：D．
3．C
【分析】根据导数定义可得答案.
【详解】由题意可得
.
故选：C.
4．B
【分析】根据包含关系分和两种情况讨论，运算求解即可.
【详解】因为，则有：
若，解得，此时，，不符合题意；
若，解得，此时，，符合题意；
综上所述：.
故选：D.
5．C
【分析】先根据函数的奇偶性算出表达式，然后利用的单调性，奇偶性，结合对数函数的单调性，对数的运算性质进行大小比较.
【详解】，用代替，，
根据分别为上的奇函数和偶函数，于是，
结合可得.
故，设，则，
根据基本不等式和余弦函数的范围，，，
于是，则在上单调递增，注意到，于是时，递增.
由于是偶函数，根据对数的性质，，，
于是，，，故只需要比较的大小.
由，，
根据基本不等式，，故.
由于时，递增可知，，结合是偶函数可得，
，即.
故选：C
6．C
【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断作答.，
【详解】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为，
则，
因此为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即为常数，设为，
即，则，有，
两式相减得：，即，对也成立，
因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件，C正确.
方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为，即，
则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即，
即，，
当时，上两式相减得：，当时，上式成立，
于是，又为常数，
因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
故选：C
7．B
【分析】根据题意先求出，即可求出则可写出的通项公式，再利用裂项相消即可求出答案.
【详解】因为①，
当时，；
当时，②，
①-②化简得，
当时：，也满足，
所以，，
所以的前2023项和.
故选：B.
8．C
【分析】由等比数列的分段和性质列方程即可解得.
【详解】因为等比数列的前n项和为，且，所以不妨设则.
由分段后性质可知：构成等比数列.
由，即，解得：.
所以.
故选：C
9．BC
【分析】利用不等式的性质即可判断选项A、B、C，对D选项取特殊值验证即可.
【详解】对于A，因为，所以，
所以，所以，故A错误；
对于B，因为，所以，，
所以，故B正确；
对于C，因为，所以，，
所以，故C正确；
对于D，取，满足，
而，故D错误.
故选：BC.
10．ACD
【分析】由的图象得出在对应区间上的符号，从而得出的单调性，从而可得出答案.
【详解】由的图象可知：
当，时，；当时，，
所以在，上单调递增，在上单调递减，故A正确，B错误；
当时，函数取得极大值，
当时，函数取得极小值，故CD正确.
故选：ACD.
11．ACD
【分析】利用换元法求出的解析式，然后逐一判断即可.
【详解】令，得，则，得，
故，，，A正确，B错误.
，所以在上单调递增，
，的图象与轴只有1个交点，C正确，D正确.
故选：ACD
12．BD
【详解】对于选项B，，所以，又，所以，故选项B正确；
对于A和D，由等比数列的性质，，
故，则，
，于是，则，故，故当时，最小，故选项A错误，选项D正确；
对于C，因为，所以数列是单调递增数列，所以当时，，故，故C错误.
故选：BD.
13． 48 384
【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解.
【详解】方法一：设前3项的公差为，后7项公比为，
则，且，可得，
则，即，可得，
空1：可得，
空2：
方法二：空1：因为为等比数列，则，
且，所以；
又因为，则；
空2：设后7项公比为，则，解得，
可得，
所以.
故答案为：48；384.
14．.
15．② ④
【分析】由对数函数的性质判断A；由一元二次不等式的解法及韦达定理判断B；由对勾函数的性质判断C；由复合函数的单调性判断D．
【详解】对于①，因为（，且）的图象恒过定点，故①错误；
对于②，因为不等式的解集为或，
所以，解得，所以，故②正确；
对于③，因为，令，则，
所以，
由对勾函数的性质可得在,上单调递增，所以，故③错误；
对于④，令，由可得：，所以的定义域为，，
所以当,时，单调递增，单调递增；当,时，单调递减，单调递减；
又因为为减函数，所以的单调增区间为,，故④正确．
故答案为：②④．
16．
【分析】将原问题转化为两个函数图象有六个交点的问题，结合函数的解析式利用导数研究函数图象的变化情况，由函数图象即可确定实数的取值范围.
【详解】函数有6个零点，等价于曲线与直线有6个交点.
当时，，
当时，，，
令，解得：；令，解得：，
当时，递增，当时，递减，
的极大值为：，
作出函数的图象如下图，
与的图象有6个交点，则，
故实数m的取值范围是.
故答案为：
17．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）代入化简集合，利用对数函数的定义域的性质化简集合，再利用集合的交并补运算即可得解；
（2）利用充分必要条件与集合的关系，依次选择三个条件，结合数轴法即可得解.
【详解】（1）当时，，
又，
所以，
故.
（2）选①：
因为“”是“”的充分条件，，，
所以，则，解得，
所以实数的取值范围是．
选②：
由区间定义可知，所以，则，
因为“”是“”的必要条件，，，
所以，则，解得，故，
所以实数的取值范围是．
选③，
因为“”是“”的既不充分也不必要条件，
所以不是的子集，且不是的子集，
若，则，解得，故；
若，由区间定义可知，所以，则，
又，解得，故；
由于上述两种情况皆不满足，所以，即实数的取值范围是．
18．(1)
(2)奇函数
【分析】（1）使函数各部分都有意义的自变量的范围，即列出不等式组，解此不等式组求出范围就是函数的定义域；
（2）根据函数奇偶性的定义进行证明即可．
【详解】（1）要使函数（，）有意义，则，解得，
故函数的定义域为．
（2）为奇函数.
对任意，
，
故为奇函数．
19．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）根据等差数列的定义，构造即可证明求解；
（2）利用错位相减法求和.
【详解】（1）数列满足：，当时，，
整理得：，
∴数列是以1为首项，1为公差的等差数列．
所以，故．
（2），
∴①，
则②，
①②得：，
∴．
20．(1)
(2)答案见解析
(3)3个
【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义得到，，从而得到关于的方程组，解之即可；
（2）由（1）得的解析式，从而求得，利用数轴穿根法求得与的解，由此求得的单调区间；
（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间，，与上的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得的极值点个数.
【详解】（1）因为，所以，
因为在处的切线方程为，
所以，，
则，解得，
所以.
（2）由（1）得，
则，
令，解得，不妨设，，则，
易知恒成立，
所以令，解得或；令，解得或；
所以在，上单调递减，在，上单调递增，
即的单调递减区间为和，单调递增区间为和.
故的极大值点为0和；极小值点为.
21．(1)
(2)年产量为50台时，利润最大，最大利润是24.4万元
【分析】（1）依题设： ，由条件当生产20台该农机产品时，需要流动成本0.7万元可得，进而求出函数的表达式；
（2）求导，利用导数的正负判断函数的单调性，进而求出最值即可.
【详解】（1）依题设：
当生产20台该农机产品时，需要流动成本0.7万元得：
，可得：，∴；
∴
.
（2）由（1）得，
，
∵∴时，，单调递增，
时，，单调递减，
∴时，取得极大值也是最大值，
，
∴当年产量为50台时，利润最大，最大利润是24.4万元.
22．（1）时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增；（2）.
【解析】（1）先求定义域，对函数求导，讨论和时的正负，即得到的单调性；
（2）先分离参数得不等式即在恒成立，再构造函数，，利用导数求其最小值，即得即可.
【详解】解：（1）函数，定义域为，，
当时，，即在上单调递增；
当时，令得，时，，时，
即在上单调递减，在上单调递增；
综上，时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）不等式在恒成立，即在恒成立，
令，，则即可.
因为，令，则，
当时，，即在上递增，且最小值为，
故，即，故在上单调递增，
故，
故.
【点睛】方法点睛：
函数不等式恒成立（或能成立）求参数时的常用方法：
（1）对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；
（2）根据不等式，直接构成函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.
