江西省宜春市宜丰县2023-2024学年高二上学期1月期末考试数学试题（含解析）

江西省宜春市宜丰县2023-2024学年高二上学期期末数学试卷
一、单选题（40分）
1．已知集合或，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知，则的一个必要不充分条件是（ ）
A． B． C． D．
3．已知函数（且）的图象过定点，则函数的零点所在区间为（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，若，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
5．已知函数，下列函数是奇函数的是（ ）
A． B． C． D．
6．函数在内有最小值，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数图象上存在关于y轴对称的两点，则正数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．若过可作的两条切线，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（20分）
9．已知，下列结论正确的是（ ）
A．对任意实数 B．若，则
C．若，则的最小值是 D．若，则
10．已知函数，则（ ）
A．曲线在点处的切线方程为
B．有两个极值点
C．，都能使方程有三个实数根
D．曲线是中心对称图形
11．若，分别为的整数和小数部分，则下列不等式一定成立的有（ ）
A． B．
C． D．
12．已知函数及其导函数的定义域均为，且，，则下列说法正确的是（ ）
A．函数为偶函数 B．的图象关于直线对称
C． D．
三、填空题（20分）
13．已知函数在上可导，且，则 ．
14．已知函数，若关于x的方程有4个不相等的实数根、、、，则的取值范围是 .
15．设，若函数在上单调递增，则实数的取值范围是 ．
16．已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则的最小值的取值范围是 ．
四、解答题（70分）
17．已知x满足.
(1)求的取值范围；
(2)求函数的最小值.
18．已知公差不为0的等差数列和等比数列中，，，，.
(1)求数列，的通项公式；
(2)若为数列的前n项和，求使成立的n的取值范围.
19．如图，四棱锥，，，，为等边三角形，平面平面ABCD，Q为PB中点．
(1)求证：平面平面PBC；
(2)求平面PBC与平面PAD所成二面角的正弦值．
20．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，短半轴长为1，点在椭圆E上运动，且的面积最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)当点为椭圆的上顶点时，过点分别作直线，交椭圆E于M，N两点，设两直线，的斜率分别为，，且，求证：直线过定点.
21．已知函数．
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围．
22．已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若关于的方程有两个不相等的实数根、，
（ⅰ）求实数a的取值范围；（ⅱ）求证：．
江西省宜春市宜丰县2023-2024学年高二上学期期末数学答案
1．B【详解】，所以，故选:B.
2．A【详解】由不等式，可得，即，解得，结合选项，可得的一个必要不充分条件为.故选：A.
3．A【详解】因为函数（且）的图象过定点，则，可得，所以，，因为函数、在上均为减函数，
所以，函数在上为减函数，且，，
由零点存在定理可知，函数的零点在区间内.故选：A.
4．A【详解】因为函数是定义在上的奇函数，所以，则，则，所以，则当时，，当时，，则，
则当时，不等式为，解得，当时，不等式为，
解得，故不等式的解集为，故选：A.
5．D【详解】由于，定义域为故，定义域为，，即不是奇函数，A错误；，定义域为，不关于原点对称，即不是奇函数，B错误；，定义域为，不关于原点对称，即不是奇函数，C错误；，定义域为，，即为奇函数，D正确，
6．A【详解】，设，因为，因此有两个不同实根，又，因此两根一正一负，由题意正根在内，
所以，解得，故选：A．
7．B【详解】因为，所以当时，在上单调递减；当时，在上单调递增；又的图象上存在关于y轴对称的两点，所以这两个对称点分别位于与的图象上；设在的图象上，则在函数的图象上，且，故有，即，进而；设，则，又恒成立，故在上单调递增，所以，即，令，则在上恒成立，故在上单调递减，故，则，于是．故选：B．
8．A【详解】设切点为，切线的斜率，则切线方程为：，把点代入可得，化为：，则此方程有大于0的两个实数根．则，即，则，故选：A．
9．BC【详解】对于A，当时，，故A错误；对于B，因为，，所以，所以，故B正确；对于C，因为，所以，则，当且仅当且，即时取等号，所以的最小值是，故C正确；对于D，当时，，，，故D错误.故选：BC.
10．BCD【详解】对于A：，，曲线在点处的切线方程为，故A错误；对于B：令，得或；令，得，在和上单调递增，在上单调递减，有两个极值点，故B正确；对于C：结合B选项，，，且当时，；当时，，
对于，都能使方程有三个实数根，故C正确；对于D：
解法一：，，.∴曲线关于点中心对称.
解法二：，令，则是R上的奇函数，且，曲线关于点中心对称，故D正确.故选：BCD.
11．ACD【详解】对选项A：，正确；对选项B：取，则，，错误；对选项C：，正确；对选项D：，则，即，，则，即，故，正确；
故选：ACD
12．ABD【详解】因为，所以，所以函数为偶函数，故A正确；因为，两边求导得.令，得.
因为，所以，所以，，所以，即，所以的图象关于直线对称，故B正确；因为，又，所以，所以，所以是周期为4的周期函数，所以，故C错误；因为，所以，所以，所以，又，
所以，故D正确.
故选：ABD.
13．【详解】令，则，则，即，，所以．故答案为：-4
14．【详解】由的解析式作出的大致图象，如图所示：
方程有4个不等实数根等价于的图象与直线有4个不同的公共点，则，不妨令，则由图可知，，，所以，，由，得.所以，设，则，根据对勾函数单调性知在区间上单调递增，所以，
即的取值范围是.故答案为：.
15．【详解】，∵在上单调递增，在上单调递增，∴，即，
∵，∴，∴，即，即，
结合，解得.故答案为：.
16．【详解】对原函数求导，由题意可得，在定义域中至少有两个变号零点，设，则，当时，易知在上单调递减，假设此时存在使得，则在单调递增，在单调递减，若函数在和分别取极小值点和极大值点，则，与矛盾，不满足题意；当时，易知在上单调递增，此时若存在使得，则在单调递减，在单调递增，
由，得，此时若函数在和分别取极小值点和极大值点，且，故只需满足，即：，
即，可得，所以，因为，所以，两边取对数可得， ，整理得，即，解得，即；又因为，所以.对求导得，令可得，令可得，所以在单调递减，在单调递增，所以在时取到最小值，最小值为，令可得，设最小值为，则最小值，因为所以，所以.故答案为：.
17．(1)(2)
【详解】（1）由，得.
（2）因为，
所以当即时，取得最小值.
18．(1) (2)
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为.
由题意可得即又因为，所以，所以.
（2）由（1）知，
所以.
因为，所以，又，所以.
所以满足题意的的取值范围为.
19．(1)证明见解析(2)
【详解】（1）如图，取的中点为S，连接，因为为等边三角形，故，，而平面平面ABCD，平面平面，平面，故平面，而平面，故，而，故，
因，故平面，因平面，故，因，故平面，而平面，故平面平面.
（2）连接，因为，故四边形为平行四边形，
而，故四边形为矩形，所以，由（1）可得平面，故建立如图所示的空间直角坐标系，
则
所以，，设平面的法向量为，则即，取，则，设平面的法向量为，则即，取，则，故，故平面PBC与平面PAD所成二面角的正弦值为.
20．(1)； (2)证明见解析.
【详解】（1）设点的纵坐标，椭圆的半焦距为c，当点不在x轴上时，，
，当且仅当时取等号，因此，，
所以椭圆的方程为.
（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，而，
由消去y并整理得：，
，设，
则，，，由，得，解得，由，得或，直线：过定点，直线交椭圆于点，直线的斜率满足，所以当时，直线过定点.
21．(1) (2)
【详解】（1）当时，．故切线的斜率，又切点为切线方程为，化简得．
（2）法1：当时，恒成立，故，也就是，即，
由得，令，则，
令，则，可知在单调递增，则，即在恒成立，．故在单调递增，所以，故在恒成立．
所以在单调递增，而，所以，故．
法2：因为当时，恒成立，故，由，
令，得或，①当，即时，在上恒成立，
在上单调递减，，不合题意，合题意．
②当，即时，当时，当时，
故在上单调递增，在上单调递减，，设，则恒成立，在上单调递减，故即，合题意．综上，．
法3：因为当时，恒成立，也就是，即恒成立，令，令，恒成立，在上单调递增．．
①当，即时，在上单调递增，，合题意；
②当，即时，，因为，，存在，使得，即．在上单调递减，在上单调递增．
，不合题意．
综上，．
22．(1)答案见解析(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【详解】（1）解：因为，
所以，其中.
①当时，，所以函数的减区间为，无增区间；
②当时，由得，由可得.
所以函数的增区间为，减区间为．
综上：当时，函数的减区间为，无增区间；
当时，函数的增区间为，减区间为．
（2）解：（i）方程可化为，即．
令，因为函数在上单调递增，
易知函数的值域为，
结合题意，关于的方程（*）有两个不等的实根．
又因为不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为．
令，其中，则．
由可得或，由可得，
所以，函数在和上单调递减，在上单调递增．
所以，函数的极小值为，
且当时，；当时，则.
作出函数和的图象如下图所示：
由图可知，当时，函数与的图象有两个交点，
所以，实数的取值范围是.
（ii）要证，只需证，即证．
因为，所以只需证．
由（ⅰ）知，不妨设．
因为，所以，即，作差可得．
所以只需证，即只需证．
令，只需证．
令，其中，则，
所以在上单调递增，故，即在上恒成立．
所以原不等式得证．
答案第1页，共2页