2023-2024学年江西省赣州市高二（下）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年江西省赣州市高二（下）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，，则( )
A. B.
C. 或 D.
2.命题“，”的否定是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
3.正项等比数列中，，则( )
A. B. C. D.
4.已知函数的定义域为且导函数为，函数的图像如图，则下列说法正确的是( )
A. 函数的增区间是，
B. 函数的减区间是，
C. 是函数的极大值点
D. 是函数的极大值点
5.“”是“函数在单调递增”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
6.在人工智能神经网络理论中，根据不同的需要，设置不同激活神经单元的函数，其中函数是比较常用的一种，其解析式为关于函数，下列结论错误的是( )
A. 有解 B. 是奇函数
C. 不是周期函数 D. 是单调递增函数
7.已知是函数图像上的动点，是直线上的动点，则，两点间距离的最小值为( )
A. B. C. D.
8.设等差数列的前项和为，公差为，，则下列结论正确的是( )
A. B. 使得成立的最小自然数是
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，，且，则下列不等式一定成立的是( )
A. B. C. D.
10.已知正数，满足，则下列结论正确的是( )
A. 的最大值为 B. 的最小值为
C. 的最小值为 D. 的最小值为
11.记方程的实数解为是无理数，被称为在指数函数中的“黄金比例”下列有关的结论正确的是( )
A. B.
C. D. 函数的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数是上的奇函数，，则 ______．
13.数列的前项和为，若，则 ______．
14.已知定义在上的函数满足，当时，，则在上的零点个数为______个
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
已知函数的图象过点，且在点处的切线恰好与直线平行．
求函数的解析式；
求在上的最大值和最小值．
16.本小题分
已知等差数列的公差，，，，成等比数列，数列的前项和公式为．
求数列和的通项公式；
设，求数列的前项和．
17.本小题分
已知函数为二次函数，有，，_____．
从下列条件中选取一个，补全到题目中，
，
函数为偶函数，
．
求函数的解析式；
若，若对任意的，总存在，使得成立，求实数的取值范围．
18.本小题分
已知函数，为的导函数，记，其中为常数．
讨论的单调性；
若函数有两个极值点，，
求的取值范围；
求证：
19.本小题分
若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列现对数列，进行构造，第一次得到数列，，；第二次得到数列，，，，；依次构造，第次得到的数列的所有项之和记为，如．
求；
求的通项公式；
证明：．
答案解析
1.
【解析】解：因为集合，，
则．
故选：．
2.
【解析】解：根据题意，命题“，”是全称命题，
其否定为，，
故选：．
3.
【解析】解：正项等比数列中，，即，
则．
故选：．
4.
【解析】根据的图象可知：当时，；
当时，，
当时，，
当时，，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
因此函数在时取得极小值，在取得极大值．
故ABD错误，C正确．
故选：．
5.
【解析】解：根据题意，设，
若函数在单调递增，则在区间单调递增且恒成立，
则有，解可得，
反之，当时，在区间单调递增且恒成立，
此时函数在单调递增，
故函数在单调递增的充要条件为，
则“”是“函数在单调递增”的必要不充分条件．
故选：．
6.
【解析】解：由，
因，则，
可得，即，故A错误；
因为的定义域为，且，
所以是奇函数，故B正确；
，
因为是增函数，是增函数且恒为正数，则是减函数，故是增函数，故D正确；
由可知函数在上单调递增，所以当时，，所以函数不是周期函数，C正确．
故选：．
7.
【解析】解：由，得，
设，
则，
令，
则当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则，
故．
故选：．
8.
【解析】解：由公差为，，得等差数列为递减数列，且，，，
对于，，故A错误；
对于，，，
，故B错误；
对于，，且，
由一次函数单调性知为单调递减数列，，故C正确；
对于，由知，且，，
，，
，，且，
，，
，，显然矛盾，故不成立，故D错误．
故选：．
9.
【解析】解：当，时，显然错误，
由不等式性质可知，当时，一定成立，B正确；
由选项C可知，，若，则，C正确．
由指数函数在上单调递减可知，，D错误．
故选：．
10.
【解析】解：由正数，满足，可得，
解得，即，当且仅当，即，时等号成立，故A正确；
由正数，满足，可得，
解得或舍去，当且仅当，即，时等号成立，故B正确；
，由选项A知，
由二次函数的单调性知，时，的最小值为，故C错误；
由可得，即，
所以，
所以，
当且仅当，即，时等号成立，故D正确．
故选：．
11.
【解析】解：构建，则为的零点，
因为，若，则，
可知在内单调递减，且所以在内无零点；
若，则，可知在内单调递增，
，
所以在内存在难一零点；
对于选项A：因为，，即，
两边取对数可得：，，故A正确；
对于选项B：由上可知，故B不正确；
对于选项C：对称轴为，而，故单调递增，
当，最小值为，所以，故C正确；
对于选项D：构建，，则，
令，解得；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增，
则，可得，当且仅当时，等号成立，
可得，令，，，
，，，
当且仅当，等号成立，
所以的最小值为，故D正确．
故选：．
12.
【解析】解：因为函数是上的奇函数，
所以，
因为，
所以，
则．
故答案为：．
13.
【解析】解：令，
其前项的和为，
因为的周期为，，
故，
则．
故答案为：．
14.
【解析】解：由可得，
所以周期，当时，，
令，解得，，
即一个周期内有个零点，因为，
所以在上的零点个数为．
故答案为：
15.解：因为函数的图象过点，所以．
又因为，且在点处的切线恰好与直线平行，
所以，由，
得：，所以．
由知：，
由得，由得或．
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又，，，，
所以在上的最大值为，最小值为．
【解析】根据函数的图象过点，得到关于，的一个关系式，再根据函数在处的导数为，又得到关于，的一个关系式，可求、的值．
利用导数分析函数的单调性，可求函数的最大、最小值．
16.解：等差数列的公差，，，，成等比数列，
所以，即，
所以，
解得，或舍，
故，
因为数列的前项和公式为，
所以，
故时，两式相减可得，，即，
因为，即，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以；
，
，
则，
两式相减得，
，
，
所以．
【解析】结合等比数列与等差数列的性质即可求解，结合数列和与项的递推关系及等比数列的通项公式可求；
先求出，然后结合错位相减求和即可求解．
17.解：设，
因为，，
若选，，则的图象关于对称，
故，
联立，可得，，，
所以；
若选，函数为偶函数，则的图象关于对称，
故，
联立，可得，，，
所以；
若选，
联立，可得，，，
所以；
，，
令，则，，
因为，当且仅当，即时取等号，
可化为，即的最小值为，
若对任意的，总存在，使得成立，
则成立，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
所以在上恒成立，
令，，
则在上单调递减，
所以，
所以．
故的范围为．
【解析】结合所选条件，利用待定系数法可求函数解析式；
先对等进行化简，结合对数函数的性质及基本不等式先求出的最小值，若对任意的，总存在，使得成立，则成立，分离参数，结合恒成立与最值关系的转化即可求解．
18.解：定义域为，，
，
，
当时，恒成立，
在上单调递增，当时，令，则，解得，
令，则，解得，
在单调递增，在单调递减．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在单调递增，在单调递减．
由知，时，最多一个根，不符合题意，
故，
函数有两个极值点，，
在有两个不同零点的必要条件是，
解得，当，在单调递增，在单调递减，
，，
，，
由零点存在性定理得：在各有个零点，
的取值范围是．
证明：函数有两个极值点，，
，，
得：，要证，
即证，即证，
即证，令，
则，令，
则．
在上单调递增，
，所以 在上成立，
，得证．
【解析】求出，分类讨论，利用，解不等式即可得解；
先分析不合题意，再求出时函数在有两个极值点，的必要条件，再此条件下分析即可得解；
对结论进行转化，换元后利用导数确定飘带函数单调性，得出函数最值，即可得证．
19.解：因为第二次得到数列，，，，，
所以第三次得到数列，，，，，，，，，
所以；
设第次构造后得的数列为，，，，，，
则，
则第次构造后得到的数列为，，，，，，，，，，
则，
，可得，，
所以是以为公比，为首项的等比数列，
所以，即；
证明：由得，
所以当时，，
当时，所以，
综上所述，．
【解析】求出第三次得到数列再求和即可；
设出第次构造后得到的数列求出，则得到第次构造后得到的数列求出，得与关系，再利用构造法求通项即可；
利用放缩法求等比数列和可得答案．
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