首页
登录
字典
词典
成语
近反义词
字帖打印
造句
组词
古诗
谜语
书法
文言文
歇后语
三字经
百家姓
单词
翻译
会员
投稿
首页
同步备课
小学
初中
高中
中职
试卷
小升初
中考
高考
职考
专题
文库资源
您的位置:
首页
>
试卷
>
高中
>
数学
>
山东省日照市2022-2023学年高二数学下学期期末校际联合考试试题(Word版附解析)
山东省日照市2022-2023学年高二数学下学期期末校际联合考试试题(Word版附解析)
资源预览
文档简介为自动调取,内容显示的完整度及准确度或有误差,请您下载后查看完整的文档内容。
侵权申诉
举报
1
/20
2
/20
剩余18页未读,
查看更多内容需下载
充值会员,即可免费下载
文档下载
2021级高二下学期期末校际联合考试数学试题2023.07考生注意:1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束,将试题卷和答题卡一并交回.一、单项选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知全集,集合,则()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用补集的定义,即可求出答案.【详解】因为,,所以或,故选:A.2.命题“,”的否定为()A.,B.,C.,D.,【答案】C【解析】【分析】利用量词命题的否定求解即可.【详解】量词命题的否定步骤为:“改量词,否结论”, 所以“,”的否定为“,”.故选:C.3.已知函数,则()A.2B.-2C.D.-【答案】A【解析】【分析】根据函数的分段点代入求值.【详解】,因为,所以.故选:A.4.记数列的前项和为,则“”是“为等差数列”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【答案】B【解析】【分析】利用等差数列前项和及性质,结合充分条件、必要条件意义判断作答.【详解】等差数列的前项和为,则,数列的前项和为,取,显然有,而,即数列不是等差数列,所以“”是“为等差数列”的必要不充分条件.故选:B5.函数的图象大致是()A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】先判断函数的奇偶性排除B,D,再根据f(1)排除C得解.【详解】由题得,所以函数是奇函数,排除选项B,D.由题得,所以排除选项C.故选A【点睛】本题主要考查函数图像的识别,考查函数的奇偶性的判断,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平,属于基础题.6.已知函数,记,,,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用作差法比较自变量与1的差的大小,再根据指数函数的单调性及二次函数的性质判断即可.【详解】令,则开口向上,对称轴为,且,又,而,所以,即,所以由二次函数的性质得,因为,又,所以,即,所以由二次函数的性质得, 综上,,因为在上单调递增,所以,所以,即.故选:B.7.高斯是德国著名的数学家,近代数学奠基者之一,享有“数学王子”的称号.用他名字定义的函数称为高斯函数,其中表示不超过x的最大整数.已知正项数列的前n项和为,且,令,则()A.7B.8C.17D.18【答案】B【解析】【分析】根据与的关系,化简可得,再由裂项相消法求,分析其范围即可得解.【详解】当时,,解得(负值舍去).由可得,所以,即,所以数列是以1为首项,1为公差的等差数列,故,即,所以,所以 ,由知,,所以故,故选:B8.已知,,向量与的夹角为,若对任意,,当时,恒成立,则实数m的取值范围是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】易得,将对任意,,当时,恒成立,转化为对任意,,当时,恒成立,令,转化为在上递减求解.【详解】解:因为,,向量与的夹角为,所以,因为对任意,,当时,恒成立,所以对任意,,当时,恒成立, 所以对任意,,当时,恒成立,令,即成立,所以在上递减,又,由,解得,所以的单调减区间为,所以,则实数m的取值范围是,故选:D二、多项选择题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求的,全部选对得5分,选对但不全的得2分,有选错的得0分.9.已知,则下列不等式正确的是()A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】通过比较各项的大小,即可得出结论.【详解】由题意,∴,故A错误,,故B正确,,当时,,故C错误,,∴,故D正确, 故选:BD.10.已知等差数列的公差为,前n项和为,且,,成等比数列,则()A.B.C.当时,的最大值是或D.当时,的最小值是或【答案】ACD【解析】【分析】根据条件求出,由通项公式可判断A,由求和公式可判断B,根据前n项和公式及二次函数性质可判断CD.【详解】因为,,成等比数列,所以,即,解得,即,故A正确;,故B错误;,所以当时,由二次函数性质知,或时,的最小值是或,当时,由二次函数性质知,的最大值是或,故CD正确.故选:ACD.11.研究函数的性质,则下列正确的是()A.函数的最大值为B.函数恰有一个零点C.函数恰有两个零点D.函数在上是减函数【答案】AC【解析】 【分析】取边长为1的正方形和,点,设,得到,结合图形,得到的最小值为,最大值为,得到函数的极值和单调性,结合零点概念,逐项判定,即可求解.【详解】如图所示,两个边长为1的正方形和,点在边上的一个动点,设,则,当三点共线时,即为的中点时,取得最小值,最小值为;当与或重合时,取得最大值,最大值为,所以A正确;所以函数在上单调递减,在上单调递增,所以D不正确;由函数的值域为,因为,所以方程无解,所以函数没有零点,所以B不正确;由函数,令,可得,即,因为且,可得方程有两个解,即函数有两个零点,所以C正确故选:AC.12.已知有穷数列各项均不相等,将的项从大到小重新排序后相应的序号构成新数列,称数列为数列的序数列.例如数列,,,满足,则其序数列为1,3,2.若有穷数列满足,(n为正整数),且数列的序数列单调递减,数列的序数列单调递增,则下列正确的是()A.数列单调递增B.数列单调递增 C.D.【答案】ACD【解析】【分析】根据新定义直接判断AB,根据数列单调性可得,,据此利用累加法求通项判断D,并项求和结合等比数列求和公式判断C.【详解】由题意,数列的序数列单调递减,故数列单调递增,故A正确;由数列的序数列单调递增,故数列单调递减,故B错误;因为数列是单调递增,所以,即,因为,所以,因此,所以,由数列单调递减,同理可得,,所以,也符合该式,故D正确;,故C正确. 故选:ACD【点睛】关键点点睛:理解新定义数列的序数列是判断数列单调性的关键,再由单调性及不等式的性质分别得出,是解决问题的第二个关键点,利用累加法求通项公式,利用并项求和是解决本题的第三个关键点.三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知数列为等差数列,且,则______.【答案】【解析】【分析】根据等差数列的性质以及已知条件可求,进而可得结果.【详解】因为数列为等差数列,所以,即,所以.故答案为:.14.已知,则的最小值是___________.【答案】4【解析】【分析】把化为,再利用“1”的妙用,结合基本不等式即可得到答案.【详解】,当且仅当即时,取等号,故的最小值是4,故答案为:.15.已知函数的两个零点为,,函数的两个零点为,, 则________【答案】2【解析】【分析】由题可得,进而可得,然后结合条件即得.【详解】因为函数的两个零点为,,则,即,又,则,即,所以.故答案为:2.【点睛】关键点点睛:本题的关键是利用同构函数可得,可得,结合条件即得.16.已知函数及其导函数的定义域均为R,若,都为偶函数,则______.【答案】520【解析】【分析】利用函数的奇偶性,推出函数的图象关于点对称以及关于点对称,即可依次求得的值,根据等差数列的求和公式,即可求得答案.【详解】因为为偶函数,则,即,则,即,故的图象关于点对称,且; 又为偶函数,则,则,即,故的图象关于点对称,且,又将代入得,则;令,由可得,则;同理可得,则;因为,,所以,则;,由此可得组成了以0为首项,为公差的等差数列,故,故答案为:520【点睛】关键点睛:解答此类关于抽象函数的性质类问题,要能综合利用函数的性质进行求解,比如函数的奇偶性和对称性以及周期性等,解答本题的关键就在于要根据函数的奇偶性推出函数的对称性,从而采用赋值法求值,发现规律,进而求解.四、解答题:共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.17.已知p:,q:.(1)记,,当时,求;(2)若p是q的充分条件,求实数m的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)化简集合A,B,根据集合交集运算求解;(2)根据充分条件可转化为集合的包含关系,列出不等式求解.【小问1详解】因为,当时,, 所以【小问2详解】由(1),因为p是q的充分条件,所以,即,解得.18.设等比数列的前n项和为,且满足,.(1)求数列的通项公式;(2)设,且,求正整数k的值.【答案】(1);(2)【解析】【分析】(1)根据题意,设其公比为,由,变形可得的值,又由,可求出,代入公式即可;(2)由(1)的结论,求出的通项公式,易得数列为等差数列,由等差数列前项和公式分析可得答案.【小问1详解】根据题意,等比数列中,设其公比为由,得解得又,得解得则;【小问2详解】根据题意,则数列为等差数列,, 化简可得解得或者(舍),故正整数.19.已知函数是偶函数.(1)求k的值;(2)若方程有解,求实数m的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据偶函数的性质推得恒成立,即可得出;(2)根据对数运算性质可得出,换元,根据基本不等式即可得出,即可得出答案.【小问1详解】由已知可得,.因为为R上的偶函数,所以,即,即恒成立,所以,解得,经检验,满足题意,故.【小问2详解】由(1)知,.令,则,当且仅当时等号成立, 所以,即,所以.因为方程有解,即有解,所以,即.20.已知各项均为正数的数列,满足,.(1)求数列的通项公式;(2)记,试比较与9的大小,并加以证明.【答案】(1)(2),证明见解析【解析】【分析】(1)利用因式分解推得,从而得到是等比数列,进而求得,由此得解;(2)构造函数,利用导数证得,令,从而推得,再利用错位相减法即可得证.【小问1详解】因为,所以,因为的各项均为正,所以,故,即,所以是以2为公比的等比数列,因为,又公比为2,所以,所以.【小问2详解】,证明如下: 令,则,当时,,即在上单调递减,所以,则,即,设,所以,所以,记,则,所以,即,则,所以,所以.21.某公园有一个矩形地块(如图所示),边长千米,长4千米.地块的一角是水塘(阴影部分),已知边缘曲线是以为顶点,以所在直线为对称轴的抛物线的一部分,现要经过曲线上某一点(异于,两点)铺设一条直线隔离带,点分别在边,上,隔离带占地面积忽略不计且不能穿过水塘.设点到边的距离为(单位:千米),的面积为(单位:平方千米).(1)请以为原点,所在的直线为x轴建立平面直角坐标系,求出关于的函数解析式;(2)是否存在点,使隔离出来的的面积超过2平方千米?并说明理由.【答案】(1)(2)不存在,理由见解析【解析】 【分析】(1)由题意设抛物线方程为,然后将点的坐标代入可求出,则可求得抛物线的方程,再利用导数的几何意义求出切线的方程,从而可求出两点坐标,进而可表示出的面积;(2)利用导数求出的最大值与2比较即可.小问1详解】如图建立平面直角坐标系,则,由题意设抛物线方程为,代入点,得,解得,所以抛物线方程为,由题意知直线为抛物线的切线,因为点到边的距离为,所以切点的坐标为,由,得,所以直线的斜率为,所以直线的方程为,即,令,得,所以,令,得,所以,所以,即【小问2详解】因为,所以,因为,所以, 所以当时,,当时,,所以在上递增,在上递减,所以当时,取得最大值,所以不存在点,使隔离出来的的面积超过2平方千米.【点睛】关键点点睛:此题考查导数的应用,考查导数的几何意义,解题的关键是根据题意建立平面直角坐标系,然后表示出的面积,再利用导数求其最大值,考查数学计算能力和分析问题的能力,属于较难题.22.已知函数,e为自然对数的底数.(1)求曲线在处的切线方程;(2)对于任意的,不等式恒成立,求实数的值;(3)若关于x的方程有两个实根,,求证:.【答案】(1)(2)(3)证明见解析【解析】【分析】(1)由,得,且,即可求解切线方程;(2)由题意知在上恒成立,利用导数求解函数的最小值,进而可求解实数的取值范围;(3)先利用导数证得,从而证得,再根据(2)中的结论证得,从而得证.【小问1详解】因为,所以,则,,所以曲线在处的切线方程为,即. 【小问2详解】记,其中,由题意知在上恒成立,下求函数的最小值,对求导得,令,得,当时,;当时,;所以在上单调递减,在上单调递增,所以,则.记,则,令,得,当时,;当时,;所以在上单调递增,在上单调递减,则,即当且仅当时取等号,又,从而得到.【小问3详解】先证在上恒成立,记,则,令,得,当时,;当时,;所以上单调递减,在上单调递增,故,则恒成立,即.记直线,分别与交于,, 不妨设,则,从而,当且仅当时取等号,此时,由(2)知,,则,从而,当且仅当时取等号,此时,故,因等号成立的条件不能同时满足,故.【点睛】方法点睛:根据函数的零点个数求解参数范围,一般方法:(1)转化为函数最值问题,利用导数解决;(2)转化为函数图像的交点问题,数形结合解决问题;(3)参变分离法,结合函数最值或范围解决.
版权提示
温馨提示:
1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
2. 本文档由用户上传,版权归属用户,莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线:13123380146(工作日9:00-18:00)
其他相关资源
山东省日照市2022-2023学年高二数学上学期期中校际联考试题(Word版含解析)
山东省日照市2022-2023学年高一数学上学期期末校际联考试题(Word版附解析)
山东省日照市2023届高三数学下学期校际联合考试(二模)(Word版附答案)
山东省日照市2023届高三语文下学期校际联合考试(二模)(Word版附解析)
山东省日照市2022-2023学年高三语文下学期校际联考试题(Word版附解析)
山东省日照市2022-2023学年高一数学下学期期中校际联合考试试题(Word版附解析)
山东省日照市2022-2023学年高一数学上学期期末校际联合考试试题(Word版附解析)
山东省日照市2022-2023学年高一数学下学期期末校际联合考试试题(Word版附解析)
山东省日照市2022-2023学年高二数学下学期期中校际联合考试试题(Word版附解析)
山东省日照市2022-2023学年高二数学上学期期末校际联合考试试题(Word版附解析)
文档下载
收藏
所属:
高中 - 数学
发布时间:2023-10-08 18:21:02
页数:20
价格:¥2
大小:1.24 MB
文章作者:随遇而安
分享到:
|
报错
推荐好文
MORE
统编版一年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
3页
doc
统编版五年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
6页
doc
统编版四年级语文上册计划及进度表
时间:2021-08-30
4页
doc
统编版三年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
4页
doc
统编版六年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
5页
doc
2021统编版小学语文二年级上册教学计划
时间:2021-08-30
5页
doc
三年级上册道德与法治教学计划及教案
时间:2021-08-18
39页
doc
部编版六年级道德与法治教学计划
时间:2021-08-18
6页
docx
部编五年级道德与法治上册教学计划
时间:2021-08-18
6页
docx
高一上学期语文教师工作计划
时间:2021-08-14
5页
docx
小学一年级语文教师工作计划
时间:2021-08-14
2页
docx
八年级数学教师个人工作计划
时间:2021-08-14
2页
docx
推荐特供
MORE
统编版一年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
3页
doc
统编版一年级语文上册教学计划及进度表
统编版五年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
6页
doc
统编版五年级语文上册教学计划及进度表
统编版四年级语文上册计划及进度表
时间:2021-08-30
4页
doc
统编版四年级语文上册计划及进度表
统编版三年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
4页
doc
统编版三年级语文上册教学计划及进度表
统编版六年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
5页
doc
统编版六年级语文上册教学计划及进度表
2021统编版小学语文二年级上册教学计划
时间:2021-08-30
5页
doc
2021统编版小学语文二年级上册教学计划
三年级上册道德与法治教学计划及教案
时间:2021-08-18
39页
doc
三年级上册道德与法治教学计划及教案
部编版六年级道德与法治教学计划
时间:2021-08-18
6页
docx
部编版六年级道德与法治教学计划
部编五年级道德与法治上册教学计划
时间:2021-08-18
6页
docx
部编五年级道德与法治上册教学计划
高一上学期语文教师工作计划
时间:2021-08-14
5页
docx
高一上学期语文教师工作计划
小学一年级语文教师工作计划
时间:2021-08-14
2页
docx
小学一年级语文教师工作计划
八年级数学教师个人工作计划
时间:2021-08-14
2页
docx
八年级数学教师个人工作计划