2022-2023學(xué)年山東省日照市高二下學(xué)期期末校際聯(lián)合考試數(shù)學(xué)試題 一、單選題1．已知全集，集合，則（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用補集的定義，即可求出答案.【詳解】因為，，所以或，故選：A.2．命題“，”的否定為（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】利用量詞命題的否定求解即可.【詳解】量詞命題的否定步驟為：“改量詞，否結(jié)論”，所以“，” 的否定為“，”.故選：C.3．已知函數(shù)，則（    ）A．2 B．-2 C． D．-【答案】A【分析】根據(jù)函數(shù)的分段點代入求值.【詳解】，因為，所以.故選：A.4．記數(shù)列的前項和為，則“”是“為等差數(shù)列”的（    ）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【分析】利用等差數(shù)列前項和及性質(zhì)，結(jié)合充分條件、必要條件的意義判斷作答.【詳解】等差數(shù)列的前項和為，則，數(shù)列的前項和為，取，顯然有，而，即數(shù)列不是等差數(shù)列，所以“”是“為等差數(shù)列”的必要不充分條件.故選：B5．函數(shù)的圖象大致是（   ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先判斷函數(shù)的奇偶性排除B,D，再根據(jù)f(1)排除C得解.【詳解】由題得，所以函數(shù)是奇函數(shù)，排除選項B,D.由題得，所以排除選項C.故選A【點睛】本題主要考查函數(shù)圖像的識別，考查函數(shù)的奇偶性的判斷，意在考查學(xué)生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎(chǔ)題.6．已知函數(shù)，記，，，則（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用作差法比較自變量與1的差的大小，再根據(jù)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性及二次函數(shù)的性質(zhì)判斷即可.【詳解】令，則開口向上，對稱軸為，且，又，而，所以，即，所以由二次函數(shù)的性質(zhì)得，因為，又，所以，即，所以由二次函數(shù)的性質(zhì)得，綜上，，因為在上單調(diào)遞增，所以，所以，即.故選：B.7．高斯是德國著名的數(shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”的稱號．用他名字定義的函數(shù)稱為高斯函數(shù)，其中表示不超過x的最大整數(shù)．已知正項數(shù)列的前n項和為，且，令，則（    ）A．7 B．8 C．17 D．18【答案】B【分析】根據(jù)與的關(guān)系，化簡可得，再由裂項相消法求，分析其范圍即可得解.【詳解】當(dāng)時，，解得（負(fù)值舍去）.由 可得 ，所以 ，即，所以數(shù)列是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，故，即，所以，所以，由知，，所以故，故選：B8．已知，，向量與的夾角為，若對任意，，當(dāng)時，恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】易得，將對任意，，當(dāng)時，恒成立，轉(zhuǎn)化為對任意，，當(dāng)時，恒成立，令，轉(zhuǎn)化為在上遞減求解.【詳解】解：因為，，向量與的夾角為，所以，因為對任意，，當(dāng)時，恒成立，所以對任意，，當(dāng)時，恒成立，所以對任意，，當(dāng)時，恒成立，令，即成立，所以在上遞減，又，由，解得，所以的單調(diào)減區(qū)間為，所以，則實數(shù)m的取值范圍是，故選：D 二、多選題9．已知，則下列不等式正確的是（    ）A． B． C． D．【答案】BD【分析】通過比較各項的大小，即可得出結(jié)論.【詳解】由題意，∴，故A錯誤，，故B正確，，當(dāng)時，，故C錯誤，，∴，故D正確，故選：BD.10．已知等差數(shù)列的公差為，前n項和為，且，，成等比數(shù)列，則（    ）A．B．C．當(dāng)時，的最大值是或D．當(dāng)時，的最小值是或【答案】ACD【分析】根據(jù)條件求出，由通項公式可判斷A，由求和公式可判斷B，根據(jù)前n項和公式及二次函數(shù)性質(zhì)可判斷CD.【詳解】因為，，成等比數(shù)列，所以，即，解得，即，故A正確；，故B錯誤；，所以當(dāng)時，由二次函數(shù)性質(zhì)知，或時，的最小值是或，當(dāng)時，由二次函數(shù)性質(zhì)知，的最大值是或，故CD正確.故選：ACD.11．研究函數(shù)的性質(zhì)，則下列正確的是（    ）A．函數(shù)的最大值為B．函數(shù)恰有一個零點C．函數(shù)恰有兩個零點D．函數(shù)在上是減函數(shù)【答案】AC【分析】取邊長為1的正方形和，點，設(shè)，得到，結(jié)合圖形，得到的最小值為，最大值為，得到函數(shù)的極值和單調(diào)性，結(jié)合零點概念，逐項判定，即可求解.【詳解】如圖所示，兩個邊長為1的正方形和，點在邊上的一個動點，設(shè)，則，當(dāng)三點共線時，即為的中點時，取得最小值，最小值為；當(dāng)與或重合時，取得最大值，最大值為，所以A正確；所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以D不正確；由函數(shù)的值域為，因為，所以方程無解，所以函數(shù)沒有零點，所以B不正確；由函數(shù)，令，可得，即，因為且，可得方程有兩個解，即函數(shù)有兩個零點，所以C正確.故選：AC.  12．已知有窮數(shù)列各項均不相等，將的項從大到小重新排序后相應(yīng)的序號構(gòu)成新數(shù)列，稱數(shù)列為數(shù)列的序數(shù)列．例如數(shù)列，，，滿足，則其序數(shù)列為1，3，2．若有窮數(shù)列滿足，（n為正整數(shù)），且數(shù)列的序數(shù)列單調(diào)遞減，數(shù)列的序數(shù)列單調(diào)遞增，則下列正確的是（    ）A．?dāng)?shù)列單調(diào)遞增B．?dāng)?shù)列單調(diào)遞增C．D．【答案】ACD【分析】根據(jù)新定義直接判斷AB，根據(jù)數(shù)列單調(diào)性可得，，據(jù)此利用累加法求通項判斷D，并項求和結(jié)合等比數(shù)列求和公式判斷C.【詳解】由題意，數(shù)列的序數(shù)列單調(diào)遞減，故數(shù)列單調(diào)遞增，故A正確；由數(shù)列的序數(shù)列單調(diào)遞增，故數(shù)列單調(diào)遞減，故B錯誤；因為數(shù)列是單調(diào)遞增，所以，即，因為，所以，因此，所以，由數(shù)列單調(diào)遞減，同理可得，，所以，也符合該式，故D正確；，故C正確.故選：ACD【點睛】關(guān)鍵點點睛：理解新定義數(shù)列的序數(shù)列是判斷數(shù)列單調(diào)性的關(guān)鍵，再由單調(diào)性及不等式的性質(zhì)分別得出，是解決問題的第二個關(guān)鍵點，利用累加法求通項公式，利用并項求和是解決本題的第三個關(guān)鍵點. 三、填空題13．已知數(shù)列為等差數(shù)列，且，則       ．【答案】【分析】根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)以及已知條件可求，進而可得結(jié)果.【詳解】因為數(shù)列為等差數(shù)列，所以，即，所以.故答案為：.14．已知，則的最小值是           .【答案】4【分析】把化為，再利用“1”的妙用，結(jié)合基本不等式即可得到答案.【詳解】，當(dāng)且僅當(dāng)即時，取等號，故的最小值是4，故答案為：.15．已知函數(shù)的兩個零點為，，函數(shù)的兩個零點為，，則        【答案】2【分析】由題可得，進而可得，然后結(jié)合條件即得.【詳解】因為函數(shù)的兩個零點為，，則，即，又，則，即，所以.故答案為：2.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是利用同構(gòu)函數(shù)可得，可得，結(jié)合條件即得.16．已知函數(shù)及其導(dǎo)函數(shù)的定義域均為R，若，都為偶函數(shù)，則      ．【答案】520【分析】利用函數(shù)的奇偶性，推出函數(shù)的圖象關(guān)于點對稱以及關(guān)于點對稱，即可依次求得的值，根據(jù)等差數(shù)列的求和公式，即可求得答案.【詳解】因為為偶函數(shù)，則，即，則，即，故的圖象關(guān)于點對稱，且；又為偶函數(shù)，則，則，即，故的圖象關(guān)于點對稱，且，又將代入得，則；令，由可得，則；同理可得，則；因為，，所以，則；，由此可得組成了以0為首項，為公差的等差數(shù)列，故，故答案為：520【點睛】關(guān)鍵點睛：解答此類關(guān)于抽象函數(shù)的性質(zhì)類問題，要能綜合利用函數(shù)的性質(zhì)進行求解，比如函數(shù)的奇偶性和對稱性以及周期性等，解答本題的關(guān)鍵就在于要根據(jù)函數(shù)的奇偶性推出函數(shù)的對稱性，從而采用賦值法求值，發(fā)現(xiàn)規(guī)律，進而求解. 四、解答題17．已知p：，q：．(1)記，，當(dāng)時，求；(2)若p是q的充分條件，求實數(shù)m的取值范圍．【答案】(1)(2) 【分析】（1）化簡集合A，B，根據(jù)集合的交集運算求解；（2）根據(jù)充分條件可轉(zhuǎn)化為集合的包含關(guān)系，列出不等式求解.【詳解】（1）因為，當(dāng)時，，所以（2）由（1），因為p是q的充分條件，所以，即，解得.18．設(shè)等比數(shù)列的前n項和為，且滿足，．(1)求數(shù)列的通項公式；(2)設(shè)，且，求正整數(shù)k的值．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根據(jù)題意，設(shè)其公比為，由，變形可得的值，又由，可求出，代入公式即可；（2）由（1）的結(jié)論，求出的通項公式，易得數(shù)列為等差數(shù)列，由等差數(shù)列前項和公式分析可得答案.【詳解】（1）根據(jù)題意，等比數(shù)列中，設(shè)其公比為由，得解得又，得解得則；（2）根據(jù)題意，則數(shù)列為等差數(shù)列，，化簡可得解得或者（舍），故正整數(shù).19．已知函數(shù)是偶函數(shù)．(1)求k的值；(2)若方程有解，求實數(shù)m的取值范圍．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根據(jù)偶函數(shù)的性質(zhì)推得恒成立，即可得出；（2）根據(jù)對數(shù)運算性質(zhì)可得出，換元，根據(jù)基本不等式即可得出，即可得出答案.【詳解】（1）由已知可得，.因為為R上的偶函數(shù)，所以，即，即恒成立，所以，解得，經(jīng)檢驗，滿足題意，故.（2）由（1）知，.令，則，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，所以，即，所以.因為方程有解，即有解，所以，即.20．已知各項均為正數(shù)的數(shù)列，滿足，．(1)求數(shù)列的通項公式；(2)記，試比較與9的大小，并加以證明．【答案】(1)(2)，證明見解析 【分析】（1）利用因式分解推得，從而得到是等比數(shù)列，進而求得，由此得解；（2）構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)證得，令，從而推得，再利用錯位相減法即可得證.【詳解】（1）因為，所以，因為的各項均為正，所以，故，即，所以是以2為公比的等比數(shù)列，因為，又公比為2，所以，所以.（2），證明如下：令，則，當(dāng)時，，即在上單調(diào)遞減，所以，則，即，設(shè)，所以，所以，記，則，所以，即，則，所以，所以.21．某公園有一個矩形地塊（如圖所示），邊長千米，長4千米．地塊的一角是水塘（陰影部分），已知邊緣曲線是以為頂點，以所在直線為對稱軸的拋物線的一部分，現(xiàn)要經(jīng)過曲線上某一點（異于，兩點）鋪設(shè)一條直線隔離帶，點分別在邊，上，隔離帶占地面積忽略不計且不能穿過水塘．設(shè)點到邊的距離為（單位：千米），的面積為（單位：平方千米）．  (1)請以為原點，所在的直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，求出關(guān)于的函數(shù)解析式；(2)是否存在點，使隔離出來的的面積超過2平方千米？并說明理由．【答案】(1)(2)不存在，理由見解析 【分析】（1）由題意設(shè)拋物線方程為，然后將點的坐標(biāo)代入可求出，則可求得拋物線的方程，再利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線的方程，從而可求出兩點坐標(biāo)，進而可表示出的面積；（2）利用導(dǎo)數(shù)求出的最大值與2比較即可.【詳解】（1）如圖建立平面直角坐標(biāo)系，則，由題意設(shè)拋物線方程為，代入點，得，解得，所以拋物線方程為，由題意知直線為拋物線的切線，因為點到邊的距離為，所以切點的坐標(biāo)為，由，得，所以直線的斜率為，所以直線的方程為，即，令，得，所以，令，得，所以，所以，即  （2）因為，所以，因為，所以，所以當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以在上遞增，在上遞減，所以當(dāng)時，取得最大值，所以不存在點，使隔離出來的的面積超過2平方千米.【點睛】關(guān)鍵點點睛：此題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意建立平面直角坐標(biāo)系，然后表示出的面積，再利用導(dǎo)數(shù)求其最大值，考查數(shù)學(xué)計算能力和分析問題的能力，屬于較難題.22．已知函數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)求曲線在處的切線方程；(2)對于任意的，不等式恒成立，求實數(shù)的值；(3)若關(guān)于x的方程有兩個實根，，求證：．【答案】(1)(2)(3)證明見解析 【分析】（1）由，得，且，即可求解切線方程；（2）由題意知在上恒成立，利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的最小值，進而可求解實數(shù)的取值范圍；（3）先利用導(dǎo)數(shù)證得，從而證得，再根據(jù)（2）中的結(jié)論證得，從而得證.【詳解】（1）因為，所以，則，，所以曲線在處的切線方程為，即.（2）記，其中，由題意知在上恒成立，下求函數(shù)的最小值，對求導(dǎo)得，令，得，當(dāng)時，；當(dāng)時，；所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，則.記，則，令，得，當(dāng)時，；當(dāng)時，；所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則，即當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，又，從而得到.（3）先證在上恒成立，記，則，令，得，當(dāng)時，；當(dāng)時，；所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，則恒成立，即.記直線，分別與交于，，  不妨設(shè)，則，從而，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，此時，由（2）知，，則，從而，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，此時，故，因等號成立的條件不能同時滿足，故．【點睛】方法點睛：根據(jù)函數(shù)的零點個數(shù)求解參數(shù)范圍，一般方法：（1）轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題，利用導(dǎo)數(shù)解決；（2）轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖像的交點問題，數(shù)形結(jié)合解決問題；（3）參變分離法，結(jié)合函數(shù)最值或范圍解決. 

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