河北省衡水市第二中学2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学PDF版含解析_6月_240629河北省衡水市第二中学2023-2024学年高二下学期6月期末考试

{#{QQABYQSEggCIAIBAAQhCAwWSCkMQkBCCCQgGBEAEIAAAgBFABCA=}#}{#{QQABYQSEggCIAIBAAQhCAwWSCkMQkBCCCQgGBEAEIAAAgBFABCA=}#}高二 2023-2024 学年下学期学科素养评估（期末）数学学科试题 C．不等式axc0的解集为x|x3  1  一、单项选择题（本题共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） D．不等式bx2cxa0的解集为x| x1  2  1．设全集U是实数集R，M {x|x2或x2}，N x|1x3.如图所示，则阴影部分所表示 5 1  3 8．设aln ,b ,ce 4，比较a,b,c的大小关系（ ） 4 4 的集合为（ ） A．abc B．acb C．cba D．cab A．x|2x1 B．x|2x1 C．x|2x1 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选 D．x|2x1 对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9．对于任意实数a，b，c，d，有以下四个命题，其中正确的是（ ） 2．设p：x0,，x22xa0，则使p为真命题的一个充分非必要条件是（ ） A．若ab，cd，则acbd B．若ac2 bc2，则ab A．a1 B．a0 C．a1 D．a2 1 1 b b1 C．若ab，则  D．若ab0，则  9 1 a b a a1 3．已知二次函数 f xx2 2xmnxR的值域为0,，若m0，n0，则  的最小值 m n 10．下列说法正确的是（ ） 为（ ） A．y 1x 1x 与y 1x2 表示同一个函数 A．9 B．12 C．16 D．20 B．函数 f 2x1的定义域为(-1,2)，则函数 f 1x的定义域为2,4 4．已知函数 f x 1ax在区间1,2上单调递增，则实数a的取值范围为（ ） x2ax5x1  1  1  A．,0 B．1,0 C．,  D．0,  C．已知函数 f xa 在,上是增函数，则实数a的取值范围是3,1  2  2  (x1) x 5．已知1ab4，1ab2，则3ab的取值范围是（ ） 1  D．函数y1x 12x的值域为  , 2   5 19 A．  , B．8,1 C．1,8 D．1,8   2 2   11．已知函数 f xx1ex，则下列结论正确的是（ ） 1 6．已知 f x是定义域为R的单调函数，且对任意实数x，都有 f   f xx  4，则 f 3的值为 A． f x在区间2,上单调递增 B． f x的最小值为 e2 （ ） C．方程 f x2的解有2个 D．导函数 fx的极值点为3 A．3 B．5 C．7 D．9 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 7．已知关于x的不等式ax2bxc0的解集为x|1x3，则下列结论正确的是（ ） 12．已知a，b0且abab3，则ab的取值范围为 . A．b2a 13．已知函数 f x的定义域为R，对任意实数x，y都有 f(xy) f(x) f(y)1，当x0时， B．4a2bc0 f(x)1，且 f(2)5，则关于x的不等式 f(x) f(43x)6的解集为 .14．已知函数 f xx22mxm0满足：①x0,2, f x9；②x 0,2, f x 9，则m 0 0 的值为 ． 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） 1 15．已知集合A3,5，集合B  xxa1xa10  18．已知函数 f(x)2lnx 2 ax2(2a1)x (a0)． (1)若曲线y f(x)在点(1, f(1))处的切线经过原点，求a的值； (1)当a5时，求A  ð R B ； (2)求 f(x)的单调区间； (2)记p：xA， q ：xB，若p是 q 的必要不充分条件，求实数a的取值范围． (3)设g(x)x22x，若对任意s(0,2]，均存在t(0,2]，使得 f(s)g(t)，求a的取值范围. 16．已知函数 f x对任意x满足：3f x f 2x4x，二次函数gx满足：gx2gx4x 且g14. (1)求 f x，gx的解析式； (2)若a0，解关于x的不等式a1x2a4x3gx f x . 19．泰勒公式是一个非常重要的数学定理，它可以将一个函数在某一点处展开成无限项的多项式. 当 f x在x0处的n  nN* 阶导数都存在时，它的公式表达式如下： f0 f0 fn0 17．狗牯脑茶是江西珍贵名茶之一，产于罗霄山脉南麓支脉，吉安市遂川县汤湖镇狗牯脑山，该山 f x f 0 f0x x2 x3   xn  .注： f0表示函数 f x在原点处 2! 3! n! 形似狗头，取名“狗牯脑”所产之茶即从名之．某茶叶种植户欲生产狗牯脑茶，经过市场调研，生产 的一阶导数， f0表示在原点处的二阶导数，以此类推， fn0n3表示在原点处的n阶导数. 狗牯脑茶需投入年固定成本3万元，每生产x（x4,27）吨另需投入流动成本 f x万元，已知 (1)根据公式估算cos1的值，精确到小数点后两位； 324 x2 在年产量不足12吨时， f xx26x47，在年产量不少于12吨时， f x15x 93，每 (2)当x0时，比较cosx与1 的大小，并证明； x 2 千克狗牯脑茶售价140元，通过市场分析，该茶叶种植户的狗牯脑茶当年能全部售完． 1 1 1 1 2 3 n 2n22n1 (1)写出年利润gx（单位：万元）关于年产量x（x4,27）（单位：吨）的函数解析式（年利润 (3)设nN*，证明： tan1  1  1   1  2n . tan tan tan 2 3 n ＝年销售收入－年固定成本－流动成本）； (2)年产量为多少吨时，该茶叶种植户在狗牯脑茶的生产中所获年利润最大？最大年利润是多少？a0 a0   ax2bxc=0的根为x 1，x 3，则abc=0 ，解之得b2a，由b2a，可得选项 1 2  9a3bc0  c3a 高二 2023-2024 学年下学期学科素养评估（期末）数学参考答案 A判断错误；4a2bc4a4a3a3a0，故选项 B判断错误；不等式axc0可化为 ax3a0，解之得x3，故选项 C判断正确；不等式bx2cxa0可化为2ax23axa0， 1．A【详解】由图知：阴影部分为ð (M N)，而MN {x|x2或x1}，所以 U 1 即2x23x10，解之得x x 或x1，故选项 D判断错误.故选：C 2 ð (M N){x|2x1}.故选：A U 1 1 1 1 8．C【详解】由aln(1 ),b ,ce4 ，令 f(x)ln(1x)x且0x1，则 4 4 2．A【详解】解：p：x0,，x22xa0，若p为真命题，则ax22xx121恒 1 x f(x) 1 0，所以 f(x)递减，则 f(x) f(0)0，故ln(1x)x，则 1x 1x 成立，由于x0,，所以x121 1，则a1.则使p为真命题的一个充分非必要条件   min 1 1 aln(1 )b ，令g(x)ex1x且0x1，则g(x)ex110，所以g(x)递减，则 4 4 是a1.故选：A. 1 1 1 g(x)g(1)0，故ex1  x，则b ce4 ，综上，cba.故选：C 3．C【详解】因为二次函数 fxx22xmnxR的值域为0,，故44mn0即 4 9 1  9 1 9n m 3 1 9．BD【详解】A选项：35，14，但是3154，A不正确；B选项：因为ac2 bc2 mn1，故     mn10  102 9 16，当且仅当m ,n 时等号成 m n m n m n 4 4 1 1 9 1 成立，则c2 0，那么ab，B正确；C选项：23，但是  ，C不正确；对于D，若 立，故  的最小值为16，故选：C. 2 3 m n b b1 ba1ab1 ba b b1 4．B【详解】根据题意，设t 1ax，则y t ，因为y t 在t0,上单调递增， ab0，则    0，即  ，故D正确.故选：BD a a1 aa1 aa1 a a1 a0 所以t 1ax在区间1,2上单调递增，则有 ，解得1a0，故选：B． 1x0 1a0 10．ABD【详解】对A：y 1x 1x  1x1x  1x2 的定义域需满足 ， 1x0 5．C【详解】3ab2abab,22ab4，1ab4，12abab8 解得1x1，y 1x2 的定义域需满足1x2 0，解得1x1，故两函数有相同的定义域及 故选：C 对应关系，故表示同一个函数，故A正确；对B:函数 f 2x1的定义域为(-1,2)，所以 6．B【详解】由 f   f xx  4，且 f x是定义域为R的单调函数，可知 f xx必是常数，设 1x2，22x4,32x13，所以 f x的定义域为3,3，对于函数 f 1x，由 f xxk，（k为常数），得 f xxk，且 f xkk 4，解得k 2，∴ f xx2，因此  a  1  2 f 35.故选B  31x3，得2x4，所以函数 f 1x的定义域为2,4 .对C：由题意可得a0 ，  1a5a 7．C【详解】关于x的不等式ax2bxc0的解集为x|1x3则a<0且关于x的方程  13 a2 14． 【详解】解：因为函数 f xx22mxm0满足：①x0,2, f x9；②  1t2 4 解得a0 ，即a3,2，故C错误；对D：令 12x t，t0，则x ，所以函数  a3 2 x 0,2, f x 9，即函数 f xx22mxm0在0,2上的最大值为9，因为 0 0 y1 t21 t t2 t 1  t12 ，函数在0,+上单调递增，t0时，y有最小值 1 ，所以函数 f(x)x2 2mx(xm)2 m2，对称轴是xm，开口向下，当0m2时， f(x)在[0，m)递增， 2 2 2 2 2 1  y1x 12x的值域为  2 ,  .故D正确．故选：ABD. 在(m，2]递减，故 f(x) max  f(m)m2 9，解得：m3，不合题意，m…2时， f(x)在[0，2]递 13 13 11．ABD【详解】易知 f xx1ex，可得 fxx2ex，令 fx0，x,2，令 增，故 fx  f24m49，解得：m ，故答案为： max 4 4 fx0，x2,，故 f x在,2上单调递减，在2,上单调递增，故 f x的最小 15．(1)3,4 (2) 2,4 1 值为 f 2 ，故A，B正确，若讨论方程 f x2的解，即讨论g(x)x1ex2的零点， 【详解】（1）解：由xa1xa10，解得a1xa1，所以 e2 易知g2 1 2，g10，故g1g20，故由零点存在性定理得到存在x 2,1作为 B  xxa1xa10  x|a1xa1，当a5时Bx|4x6， e2 0 g(x)的一个零点，而当x时，g(x)，显然g(x)在,2内无零点，故g(x)x1ex2 所以ð R B{x|x4或x6}，又A3,5，所以A  ð R B3,4； 只有一个零点，即 f x2只有一个解，故C错误，令h(x) fxx2ex，故 a13 （2）解：因为p是 q 的必要不充分条件，所以BA，所以 ，解得2a4，所以实数 a15 h(x)x3ex，令h(x)0，解得x3，而h(0)0，h(4)0，故x3是h(x)的变号零点， a的取值范围为2,4 . 即x3是h(x)的极值点，故得导函数 fx的极值点为3，故D正确.故选：ABD 16．(1) f xx1，gxx22x3(2)答案见解析 12．6,【详解】由题意a,b0，且abab3   ab  2 ，当且仅当   ab 时，即ab3  2  abab3 【详解】（1）3f x f 2x4x①，用2x代替上式中的x，得3f 2x f x84x②， t  2 时等号成立，令t ab0，则上式为：t3 2   ，即t24t120，解得t6或t2（舍）， 联立①②，可得 f xx1；设gxax2bxca0，所以 所以ab的取值范围为6, .故答案为：6, . gx2gxa(x2)2bx2cax2bxc4x，即4ax4a2b4x 13．1,【详解】任取x x ，从而 f(x ) f(x ) f(x x x ) f(x )  f(x x )1,因为 4a4 1 2 2 1 2 1 1 1 2 1 所以 ，解得a1，b2，又g14，得c3，所以gxx22x3. 4a2b0 x x 0，所以 f(x x )1，所以 f(x ) f(x )0，则 f x在R上单调递增．不等式 2 1 2 1 2 1 （2）因为a1x2a4x3gx f x，即ax2a1x10，化简得， f(x) f(43x)6等价于不等式 f(x) f(43x)15，即 f(x43x) f(2)．因为 f x在R上 x1ax10， 单调递增，所以42x2，解得x1．故答案为：1,3a  3a ①当 1 1，即 a1 0，即0a1时，不等式的解为  x x 1 或x1；②当 1 1，即 a1 0， 为：y  2 1  a1(x1)，因为切线经过(0,0)，所以 2 1a1，解得a4． a a  a a a 1 （2）解：由题可知 f(x)的定义域为(0,)， f(x) [ax2(2a1)x2]， x  1 1 即a 1，当a 1时，不等式的解为x x 或x1，③当 1，即a1时，(x1)2 0，解得 1 1 1  a a 令 f(x)0，则ax2(2a1)x20，解得x 或x2，因为a0,所以 0，所以 2， a a a 1  1 令 f(x)0，即ax2(2a1)x20，解得： x2，令 f(x)0，即ax2(2a1)x20， x xR且x1，综上所述，当0a1时，不等式的解为x x 或x1；当a1时，不等式的 a  a 1 解得：x 或x2，又 f(x)的定义域为(0,)，所以， f(x)增区间为(0,2)，减区间为 解为 x xR且x1；当a 1时，不等式的解为  x x 1 或x1 . a  a (2,)． x220x50，x4,12 17．(1)gx   324 （3）解：题设条件等价于 f(s)在(0,2]上的最大值小于g(t)在(0,2]上的最大值． x 90，x12,27  x 因为g(t)t22t t121，所以函数g(t)在区间(0,2]的最大值为0，由（2）得函数 f(s)在(0,2) (2)当年产量为18吨时，该茶叶种植户在狗牯脑茶的生产中所获年利润最大，最大年利润是54万元 上单调递增，故在区间(0,2]上 f(s)  f(2)2ln22a2，所以2ln22a20，即ln2a10， 【详解】（1）由题意知，1吨狗牯脑茶售价为14万元，当x4,12时， max 故a1ln2，所以a的取值范围是(0,1ln2)． gx14x  x26x47  3x2 20x50，当x12,27时， x2 19．(1)0.54(2)cosx1 ，证明见解析(3)证明见解析  324  324 2 gx14x15x 933x 90，故年利润gx（万元）关于年产量x（吨）的函  x  x x2 x4 x6 1 1 1 【详解】（1）由公式可得cosx1     ，所以cos11     0.54. x220x50,x4,12 2! 4! 6! 2! 4! 6!  数解析式为gx 324 ． x2 x4 x6 x2 x 90,x12,27 （2）由（1）得cosx1     ，得到结论：当x0时，cosx1  x 2! 4! 6! 2 （2）当x4,12时，gxx220x50x10250，当x10时，gx取得最大值  x2  证明：令gxcosx1 (x0)，则gxsinxx(x0)，令hxsinxx(x0)，则  2  g1050．当x12,27时，gxx 32 x 4 9090    x 32 x 4   902 x 32 x 4 903654． hxcosx10，所以函数hx在0,上单调递增，即当x0时，hxh00， 324 当且仅当x ，即x18时取等号，即当x18时，gx取得最大值g1854．∵50＜54，∴当 所以gx0在0,上恒成立，所以函数gx在0,上单调递增，即当x0时， x 年产量为18吨时，该茶叶种植户在狗牯脑茶的生产中所获年利润最大，最大年利润是54万元. gxg00，故当x0时，cosx1 x2 . 2 18．(1)a4(2)增区间为(0,2)，减区间为(2,)；(3)(0,1ln2) 1 π 1 1 x2 x2 （3）因为nN*，所以0  ，则cos 0,sin 0,1 0，由（2）可得：cosx1 且xsinx， 1 2 n 2 n n 2 2 【详解】（1）解：（1）由 f(x)2lnx ax2(2a1)x(a0)，可得 f(x) ax2a1． 2 x 1 1 11 2 因为 f(1)2a2a1a1， f(1) 1 a2a1 3 a1，所以切点坐标为(1, 3a 1)，切线方程 故 n  1  cos n  1 2  n   1 1  1 ，即 1 1 1  1  1 ， 2 2 2 1 1 1 1 2 n2 tan1 2 12 2 tan ntan nsin n n n n n1 1 1 2 1 1 1 1 1  1 3 1 1 1 n 1  1 1 1  1  1 1 ， 1   ， 1   ，所以， 1 2 22 2 12 2  2 1 2 2 3 1 2 n1 n tan tan tan 2 3 n 1 1 1 1 2 3 n 1 1 1 11 1 11 1 1 1 1 tan1  1  1    1  2 1 2   1 2   1 2  2  3   1 2  3  4     1 2  n1  n   tan tan tan 2 3 n 1 1 1 2n22n1  n1 1  . 2 2 n 2n