2023-2024学年江西省宜春市宜丰重点中学高二（上）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年江西省宜春市宜丰重点中学高二（上）期末数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
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，则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
7.已知函数图象上存在关于轴对称的两点，则正数的取值范围是( )
A. B. C. D.
8.若过可做的两条切线，则( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
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：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知函数在上可导，且，则 ______．
14.已知函数若关于的方程有个不相等的实数根，，，，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：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
已知满足．
求的取值范围；
求函数的最小值．
18.本小题分
已知公差不为的等差数列和等比数列中，，，，．
求数列，的通项公式；
若为数列的前项和，求使成立的的取值范围．
19.本小题分
如图，四棱柱，，，，为等边三角形，平面平面，为中点．
求证：平面平面；
求平面与平面所成二面角的正弦值．
20.本小题分
已知椭圆：的左、右焦点分别为，，短半轴长为，点在椭圆上运动，且的面积最大值为．
求椭圆的方程；
当点为椭圆的上顶点时，过点分别作直线，交椭圆于，两点，设两直线，的斜率分别为，，且，求证：直线过定点．
21.本小题分
已知函数．
当时，求在处的切线方程；
当时，不等式恒成立，求的取值范围．
22.本小题分
已知函数，．
讨论函数的单调性；
若关于的方程有两个不相等的实数根，，
(ⅰ)求实数的取值范围；
(ⅱ)求证：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：因为集合或，
所以，
所以．
故选：．
利用集合的基本运算求解．
本题主要考查了集合的基本运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】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：．
根据题意，利用指数函数的性质，求得不等式的解集，结合选项，以及必要不充分条件的判定方法，即可求解．
本题考查了指数函数的单调性，必要不充分条件的定义，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：函数，且的图象过定点，
，，可得，．
故函数在上单调递减，
由于，，故在区间上存在唯一零点．
故选：．
由题意，利用指数函数以及对数函数的特殊点，求得，，求得的解析式，可得的解析式，再根据函数的零点存在性定理求解即可．
本题主要考查对数函数以及指数函数经过的特殊点的应用，函数的零点判断定理的应用，属于中档题．
4.【答案】
【解析】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：．
根据条件可求得时的解析式，根据函数为奇函数继而可求得当时的解析式，分情况解出不等式即可．
本题考查函数奇偶性的性质与判断，考查运算求解能力，属于中档题．
5.【答案】
【解析】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．
故选：．
分别求出每个选项中的函数的表达式，确定其定义域，结合奇函数的定义判断，即可得答案．
本题主要考查了函数奇偶性的判断，属于中档题．
6.【答案】
【解析】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：．
求出，设，得出有一正根一负根，因此题意说明正根在区间内，从而由得参数范围．
本题考查利用导数研究函数的最值，考查根的分布问题，考查运算求解能力，属于中档题．
7.【答案】
【解析】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：．
先分析的单调性，可得对称点分别位于与的图象上，从而得到，进而利用同构法，构造函数得到，再构造函数，，由此得解．
本题主要考查了分段函数的性质，考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：设切点为，切线的斜率，
切线方程为：，
将点代入可得，
可得，又此方程有大于的两个实数根．
，即，，
故选：．
设切点为，利用导数的几何意义可得切线方程为：，把点代入可得：，则此方程有大于的两个实数根，列出不等式组，求解即可得出结论．
本题考查导数的几何意义，直线额点斜式方程，一元二次方程根分布问题，不等式思想，属中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，当时，，故A错误；
对于，因为，，
所以，所以，故B正确；
对于，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，当，时，，，，故D错误．
故选：．
举出反例即可判断；作差即可判断；根据结合基本不等式即可判断．
本题主要考查不等式的性质，以及基本不等式的公式，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于：，，
曲线在点处的切线方程为，故A错误；
对于：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：结合选项，，，
且当时，；当时，，
对于，都能使方程有三个实数根，故C正确；
对于：解法一：，
，
．
曲线关于点中心对称．
解法二：，
令，则是上的奇函数，且，
曲线关于点中心对称，故D正确．
故选：．
对于，根据曲线在某点处切线的计算，可得答案；对于，根据极值点的定义，结合其导数，可得答案；对于，根据函数与方程的关系，利用函数的单调性，求得值域，可得答案；对于，根据中心对称的性质，利用公式，可得答案．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，利用导数研究函数的切线方程，函数的零点与方程根的关系，考查了转化思想和方程思想，属中档题．
11.【答案】
【解析】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：．
确定，A正确，举反例得到B错误，得到C正确，计算，，得到D正确，得到答案．
本题主要考查了函数性质在函数值大小比较中的应用，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：，，
函数为偶函数，故A正确；
，两边求导得，
令，得，
，，
，，
，即，
的图象关于直线对称，故B正确；
，又，
，
，
是周期为的周期函数，，故C错误；
，，
，，
又，
，故D正确．
故选：．
根据偶函数的定义可判定；利用抽象函数的对称性、周期性可判定、、．
本题考查了抽象函数的奇偶性、对称性及周期性，考查了复合函数的求导法则，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：令，则，则，即，
，所以．
故答案为：
利用换元法求得解析式，求导，求即可．
本题考查了换元法求函数解析式的方法，基本初等函数的求导公式，考查了计算能力，是基础题．
14.【答案】
【解析】解：由的解析式作出的图象，如图所示：
方程有个不等实数根等价于的图象与直线有个不同的公共点，
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：
画出函数图象，根据方程的根的个数转化为的图象与直线有个不同的公共点，数形结合求得范围，以及，，，之间的关系及对应范围，即可求解．
本题考查了对数函数、二次函数的性质及转化思想、数形结合思想，作出图象是关键，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：因为，
则对任意的恒成立，
所以，因为，则，所以，，
不等式即为，
所以，解得，
当时，函数为常函数，所以，
因此，实数的取值范围是
故答案为：
由题意可知，对任意的恒成立，可得出关于的不等式组，解出的取值范围．
本题考查用求导的方法解决函数的单调性的问题，属于中档题．
16.【答案】
【解析】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，即，
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：．
先根据函数的极值点的情况求出的范围，利用导数求出的最小值，结合的范围，利用换元法得出最小值的取值范围．
本题考查导数的综合运用，解题的关键一是通过两次导数确定的范围，二是利用导数求解的最小值，三是利用构造函数求解新函数的范围，考查分类讨论思想，转化思想以及运算求解能力，属于难题．
17.【答案】解：由，得，
故的取值范围为．
因为，
所以当即时，取得最小值．
【解析】利用对数函数的单调性即可求解；
先通过对数运算化简函数得，然后利用二次函数性质求解函数最值即可．
本题主要考查对数函数的图象与性质，属于基础题．
18.【答案】解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为．
由题意可得，即，
又，，
．
由知，
．
，
解得，又，，，，．
满足题意的的取值范围为．
【解析】利用等差数列等比数列求解公差与公比，求解通项公式；
裂项相消法求和，利用，求出范围．
本题考查了等差数列与等比数列的通项公式、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
19.【答案】解：证明：，，，
平面平面，且平面平面，
平面，
又平面，，
是中点，且为等边三角形，，
，平面，
平面，平面平面；
取中点为，连接，
是等边三角形，，
平面平面，平面，平面，
平面，，
由，，可知，，
以中点为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，，，，，
则，，
为中点，，
由知平面的一个法向量为，
由，取，得，
，
平面与平面夹角的余弦值为．
【解析】推导出，从而平面，进而，再求出，由此能证明平面，进而能证明平面平面；
取中点为，连接，推导出，平面，，以中点为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成二面角的正弦值．
本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：设点的纵坐标，椭圆的半焦距为，当点不在轴上时，，
，当且仅当时取等号，因此，，
所以椭圆的方程为．
证明：当直线斜率不存在时，直线方程为，
直线交椭圆于点，
直线，的斜率，，满足，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，而，
由，消去并整理得：，
，
设，，
则，
，，
由，得，
解得，由，得或，
直线：过定点，此定点在直线上，
所以当时，直线过定点．
【解析】设点的纵坐标，椭圆的半焦距为，由题意可得，进而可求得，可求椭圆的方程；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，，联立方程组可得，结合已知可得，进而可求直线过定点，当直线的斜率不存在时，直线也过．
本题考查直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力，考查方程思想，属中档题．
21.【答案】解：当时，，，
故切线的斜率，又，切点为，
切线方程为，化简得．
法：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，
即实数的取值范围是．
法：因为当时，恒成立，故，
由，
令，得或，
当，即时，在上恒成立，在上单调递减，
，不合题意，合题意．
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，，即实数的取值范围是．
法：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．．
当，即时，，在上单调递增，，合题意；
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，，即实数的取值范围是．
【解析】求出函数的导数后可求切线的斜率，从而可求切线方程．
法：利用参变分离结合导数可求参数的取值范围；
法：利用分类讨论求出函数的最值，根据最值的性质讨论参数的取值范围；
法：将不等式转化为恒成立，令，，利用导数求出函数的最值，根据最值的性质讨论参数的取值范围．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：，，
，
当时，，函数在上单调递减；
当时，由，得，由，得，
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．
方程可化为，
即．
令．
函数在上单调递增，值域为，结合题意，关于的方程有两个不等的实根．
又不是方程的实根，方程可化为，
令，则，
易得函数在和上单调递减，在上单调递增，
在处取得极小值为，
作出的大致图象如图所示：
结合函数的图象可知，，即实数的取值范围是．
(ⅱ)证明：要证，只需证．
，只需证．
由(ⅰ)知，不妨设．
，，即，．
只需证，即只需证．
令，只需证．
令，，则，
在上单调递增，
故，即在上恒成立．
原不等式得证．
【解析】对求导，再对分类讨论，由导数与单调性的关系即可求解；
方程可化为，令，原方程可化为关于的方程有两个不等的实根，令，利用导数求出函数的单调性与极值，作出的大致图象，数形结合即可求解的范围；
(ⅱ)分析可得要证，即证，由，可得，推导出，即证令，只需证构造函数，，利用导数即可证得结论成立．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，不等式的证明，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．
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