2023-2024学年江西省新余市高二下学期期末质量检测数学试卷（含解析）

2023-2024学年江西省新余市高二下学期期末质量检测数学试卷
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.设集合，，则( )
A. B.
C. ，或 D.
2.已知命题是定义域上的增函数，命题函数在上是增函数若为真命题，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
3.记为等比数列的前项和，若，，则( )
A. B. C. D.
4.函数的图象大致是( )
A.
B.
C.
D.
5.数列，，，，，，，，，，称为斐波那契数列，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契以免子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和记该数列的前项和为，则下列结论正确的是( )
A. B. C. D.
6.年月至月贵州榕江举办了“超级星期六”全国美食足球友谊赛已知第一赛季的第一个周六月日共报名了贵州贵阳烤肉队等支省内和辽宁东港草莓队等支省外美食足球代表队根据赛程安排，在月日举行三场比赛，每支球队都要参赛，且省内代表队不能安排在同一场，则比赛的安排方式有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
7.若函数，则的极大值点的个数为( )
A. B. C. D.
8.设，，，则( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知正数，满足，则下列选项正确的是( )
A. B. C. D.
10.在正方体中，，为上一动点，则下列说法正确的是( )
A. 与共面且与共面的棱有条
B.
C. 的最小值为
D. 若与平面交于点，则的面积为
11.已知函数的定义域为，且，，，则下列说法中正确的是( )
A. B. C. 为偶函数 D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数，则 ．
13.已知，为随机事件，，，，则 ．
14.若函数与的图象存在公共切线，则实数的最大值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知函数，且的解集为
求函数的解析式；
解关于的不等式，其中
16.本小题分
已知双曲线的方程为，实轴长和离心率均为．
求双曲线的标准方程及其渐近线方程
过且倾斜角为的直线与双曲线交于，两点，求的值为坐标原点．
17.本小题分
已知公差大于的等差数列和公比大于的等比数列满足，，．
求数列和的通项公式
记数列的前项和为，求证：．
18.本小题分
已知函数，
若，求曲线在点处的切线方程并求出该切线与两坐标轴围成的三角形的面积的值
若对任意，恒成立，求实数的取值范围．
19.本小题分
阅读材料一：“装错信封问题”是由数学家约翰伯努利的儿子丹尼尔伯努利提出来的，大意如下：一个人写了封不同的信及相应的个不同的信封，他把这封信都装错了信封，问都装错信封的这一情况有多少种后来瑞士数学家欧拉给出了解答：记都装错封信的情况为种，可以用全排列减去有装正确的情况种数，结合容斥原理可得公式：，其中．
阅读材料二：英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处阶可导，则有：，注表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式阅读以上材料后请完成以下问题：
求出，，的值
估算的大小保留小数点后位，并给出用和表示的估计公式
求证：，其中．
答案解析
1.【答案】
【解析】解：由题意得 ， ，又
则 ，
故选：．
2.【答案】
【解析】解：若是定义域上的增函数，则，解得；
若函数在上是增函数，则，解得．
因为为真命题，所以为真命题，且为真命题，即为假命题，且为真命题，
因此且，可得，实数的取值范围是．
故选：．
3.【答案】
【解析】解：，，，成等比数列，
从而计算可得
故选．
4.【答案】
【解析】解：根据题意得，的定义域为，
又因为函数
则 ，
所以为偶函数，故排除，；
当时，，故排除；
故选A．
5.【答案】
【解析】解：根据题意，，，，，，
，，
则，，，，，
将上述各式两边相加得，，
所以．
故选：．
6.【答案】
【解析】解：根据题意，分步进行分析：
先将支省内代表队安排在三场比赛，每场一支代表队，有种安排方法，
再将支外省的代表队安排在三场比赛，每场一支代表队，有种安排方法，
则有种安排方式．
故选：．
7.【答案】
【解析】解：由题得 ，
因为与 的图象均关于直线 对称，
所以的图象也关于直线 对称，又 ，
且当 时，，所以 ，即，
所以在 ， 上单调递减；
令 ，
则 ，又 ， ，在 ， 单调递减，
所以 ， ，使得 ，
所以当 ， 时，，单调递增，
当 ， 时，，单调递减，
又 ，
所以在 ， 上，，即，单调递增．
由图象的对称性可知，在， 上，，单调递减，
在 ，上，，单调递增，
又 ，所以结合图象可知极大值点的个数为．
故选B．
8.【答案】
【解析】解：比较，：令 ， ，
当 时，，单调递减，当 时，，单调递增，
所以 ，
故 ，可得 ．
令 ， ，当且仅当 时取等号，
所以在 上单调递减，所以 ，即 ，
所以 ，故；
比较，：令，
因为，即，
所以，
所以在单调递减，又，所以，即，即
所以
9.【答案】
【解析】解：对于，由题得，则，
则，即，故 A正确；
对于，因为，
所以，
，
当且仅当时，等号成立，故 B不正确；
对于，，
当且仅当时，等号成立，故 C正确；
对于，，
当且仅当时，等号成立，故 D正确．
故选：．
10.【答案】
【解析】解：对于，与不共面，因此没有同时与这两条直线平行的直线，与平行且与相交的有，，与相交且与平行的有，，与相交且与相交的有，所以共有条，故A正确．
对于，易知平面，又平面，所以，故B正确．
对于，如图，
以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，则为的最小值，所以，，
三点共线因为，所以在中，根据正弦定理可得，解得故C错误．
对于，设平面与平面的交线为，因为平面，所以，则，又与平面交于点，所以，则，
故D正确．
11.【答案】
【解析】解：令，则．
另令，则，由，所以不恒成立，
所以，所以函数为奇函数，故 C错误；
令，，则，故 A正确；
令，，则，
又，所以，故 B错；
令得且，，．
所以；；
所以，又，，
所以；
所以；
所以
所以，故 D正确．
故选：．
12.【答案】
【解析】解：由题意，，
，
故答案为．
13.【答案】
【解析】解：，，
14.【答案】
【解析】解：由题意得，，．
设公切线与的图象切于点，
与的图象切于点，
，
，，
，．
设，则，
在上单调递增，在上单调递减，
，
实数的最大值为．
故答案为：．
15.【答案】解：因为的解集为，
所以是方程的两个根，
所以由韦达定理可得：
解得，
所以；
由可得，即，
当时，，解得，
当时，不等式可化为，
当，即时，
解得或，
当，即时，
解得，
当，即时，
解得或，
综上，时，不等式的解集为；时，不等式的解集为；时，不等式的解集为；时，不等式的解集为
【解析】
由题意可知，是方程的两个根，然后利用根与系数的关系可得，从而可求出的值，进而可得函数的解析式；
由可得，然后分，，，四种情况解不等式即可
16.【答案】 解：由离心率，又，又长轴长，所以，所以，故双曲线的标准方程为其渐近线方程为
直线的倾斜角为，故其斜率为，又过点，过点， 的方程为
设，，则由得，，

【解析】
利用已知条件首先求出双曲线的标准方程为，再求渐近线即可；
根据已知得直线的方程为，联立方程组，再利用数量积，即可求出．
17.【答案】解：设数列的公差为，数列的公比为，
则
由式平方除式得：，
解得：，，
所以通项公式分别为：， ；
记数列的前项和为，
则，，
两式相减可得：，
故：，
，
数列为递增数列；
又，，
．
【解析】
由等差数列、等比数列通项公式基本量的计算求得公比、公差即可得解；
由错位相减法以及等比数列求和公式即可得解．
18.【答案】解：由，得，则又，所以曲线在点处的切线方程为，即
令，则令，则
已知对任意，恒成立，，，
令，
当时，，即，在上单调递减，故恒成立．
当时，二次函数的开口方向向上，对称轴为，所以在上单调递增，且，故存在唯一，使得，即．
当时，，当时，，在单调递减，在单调递增在上，，，所以得．
综上，得取值范围是
【解析】
利用导数求出切线方程得，再求面积即可；
首先求导得，对进行讨论即可．
19.【答案】解：因为，
，，，
，，
由麦克劳林公式，令，有，
再取，可得，
所以估算值为．
在中，取，可得．
证明：由麦克劳林公式，当时，令，有，
猜想：．
令，有，猜想：．
令，由，所以，即．
令，由，所以，即．
又时，，，所以．
令，当，有，
则，命题得证．
【解析】
列举或用公式可求出，，；
由麦克劳林公式，令，有，可得结论；
猜想、证明，，，令，进而证明结论．
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