2024屆高二下學期期末考試數學試卷第I卷（選擇題）一、單選題1．設集合A={x|x2-5x+6>0}，B={x|x-1<0}，則A∩B=A．(-∞，1)B．(-2，1)C．(-3，-1)D．(3，+∞)2．函數的零點所在的大致區間是（

）A．B．C．D．3．下列函數中最小值為4的是（

）A． B．C． D．4．已知函數，則圖象為如圖的函數可能是（

）A． B．C． D．5．在△ABC中，“”是“△ABC為鈍角三角形”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6．在“非遺剪紙進校園，傳統文化潤心田”主題活動中，小紅設計了一個剪紙圖案，她現在一個半徑為4的圓紙片上畫一個內接正方形，再畫該正方形的內切圓，依次重復以上畫法，得到了一幅由6個圓和6個正方形構成的圖案，依次剪去夾在正方形及其內切圓的部分，并剪去最小正方形內的部分，得到如圖所示的一幅剪紙，則該圖案（陰影部分）的面積為（

）A．B．C．D．7．已知函數的部分圖象如圖所示，若，且，則＝()A.eq\f(1,2) B. eq\f(\r(2),2) C.eq\f(\r(3),2) D.18．已知，則（

）A． B． C． D．二、多選題9．下列求導運算正確的是（

）A． B．C． D．10．（多選）已知函數，則（

）A．函數的定義域為R B．函數的值域為C．函數在上單調遞增 D．函數在上單調遞減11．已知數列的前n項和為，數列的前項和為，則下列選項正確的為（

）A．數列是等比數列 B．數列是等差數列C．數列的通項公式為 D．12．在銳角中，角所對的邊分別為，且，則下列結論正確的有（

）A． B．的取值范圍為C．的取值范圍為 D．的取值范圍為第II卷（非選擇題）三、填空題13．已知函數，則曲線y＝f(x)在點(1，1)處的切線方程為__________．14．若角的終邊過點P(－2a,4a)(a≠0)，則=________________．15．已知且，則的最小值為___________．16．已知函數，若方程恰有四個不同的實數解，分別記為則的取值范圍是___________．四、解答題17．設函數的定義域為A，集合(1)求集合A；(2)若且p是q的必要不充分條件，求實數m的取值范圍．18．在中，，（1）求；（2）再從條件①、條件②、這兩個條件中選擇一個作為已知，使存在且唯一確定，并求邊上中線的長．條件①：的面積為；條件②：的周長為；19．已知函數(1)求函數的最小正周期及對稱軸方程；(2)將函數的圖象向左平移個單位，再將所得圖象上各點的縱坐標不變?橫坐標伸長為原來的2倍，得到函數的圖象，求在[0，2π]上的單調遞減區間.20．已知函數滿足．（1）若方程有解，求的取值范圍；（2）設，求不等式的解集.21．已知數列滿足，，其中.(1)設，求證：數列是等差數列.(2)在（1）的條件下，求數列的前n項和.(3)在（1）的條件下，若，是否存在實數，使得對任意的，都有，若存在，求出的取值范圍；若不存在，說明理由.22．已知函數．(1)若，求a的取值范圍；(2)證明：若有兩個零點，則．2024屆高二下學期期末考試數學試卷參考答案1．A 2．C 3．C 4．D 5.A6．B【分析】由題意可知，圓與正方形的面積分別構成一個等比數列，求和即可.【詳解】設半徑從大到小的圓的面積依次為，由畫圖知圓的面積構成一個等比數列，計算得，，所以公比為.同理，設邊長從大到小的正方形面積依次為，也構成一個公比為的等比數列，且首項.由圖案知夾在面積最大的圓與面積最大的正方形之間的陰影面積為，同理，所以該剪紙圖案的面積為:，.故選：B.7．C8．B【分析】由結合三角函數的性質可得;構造函數,利用導數可得,即可得解.【詳解】因為，因為當，所以,即，所以；設，，所以在單調遞增，則,所以，所以,所以，故選：A．9．BC10．ABD11．ACD解：由即為，可化為，由，可得數列是首項為2，公比為2的等比數列，則，即，又，可得12．ACD【詳解】在中，由正弦定理可將式子化為，把代入整理得，，解得或，即或(舍去).所以.選項A正確.選項B：因為為銳角三角形，，所以.由解得，故選項B錯誤.選項C：，因為，所以，，即的取值范圍.故選項C正確.選項D：.因為，所以，.令，，則.由對勾函數的性質知，函數在上單調遞增.又，，所以.即的取值范圍為.故選項D正確.故選：AD.13．14．15．【分析】令，，將已知條件簡化為；將用表示，分離常數，再使用“乘1法”轉化后利用基本不等式即可求得最小值．【詳解】解：令，，因為，所以，則，，所以,所以，當且僅當，即，，即時取“”，所以的最小值為.故答案為：.16．【分析】明確分段函數兩段的性質，進而作出其圖像，將方程恰有四個不同的實數解轉化為的圖象與直線有4個不同的交點，由圖象確定，，，的范圍，結合對勾函數單調性性質，即可求得答案.【詳解】由題意知，當時，，令，則；當時，；當時，，令，則或4；令，則或2；由此可作出函數的圖象如圖：

由于方程恰有四個不同的實數解，分別記為，，，，故的圖象與直線有4個不同的交點，由圖象可知，不妨設，則，且關于對稱，所以，又即，則，故，由于在上單調遞增，故，所以，故的取值范圍是，故答案為：17.(1)(2)【詳解】（1）由題意得：，解得：，所以；（2）因為p是q的必要不充分條件，所以是的真子集，當時，，解得：，當時，，解得：，綜上：實數m的取值范圍是18．（1）；（2）答案不唯一，具體見解析．【詳解】（1），則由正弦定理可得，，，，，，解得；（2）若選擇①：由（1）可得，即，則，解得，則由余弦定理可得邊上的中線的長度為：.若選擇②：由（1）可得，設的外接圓半徑為，則由正弦定理可得，，則周長，解得，則，由余弦定理可得邊上的中線的長度為：；19．(1)最小正周期為，對稱軸方程為，(2)【詳解】（1），，所以函數的最小正周期為，令，，得函數的對稱軸方程為，（2）將函數的圖象向左平移個單位后所得圖象的解析式為，所以，令，所以.又，所以在上的單調遞減區間為.20．（1）；（2）.【詳解】（1）由，得，解得或（舍去），所以的解析式為：；所以，令，則，利用二次函數的性質知，，所以的取值范圍為．（2）由函數知，定義域為，又，即為上的偶函數，當時，利用指數函數與對數函數的性質知是增函數，由，即，所以，解得．故不等式的解集是：．21．【答案】(1)證明見解析(2)(3)存在；【詳解】（1）證明：，，∴數列是首項為2，公差為2的等差數列；（2），設，則①，②，①-②得，∴；（3）存在，理由如下：，，則，若對任意，都有，則等價于恒成立，即恒成立，，當n為偶數時，則；當n為奇數時，則.綜上，存在，使得對任意的，都有.22．【詳解】（1）的定義域為，則令,得當單調遞減當單調遞增，若,則,即所以的取值范圍為（2）[方法一]：構造函數由題知,一個零點小于1,一個零點大于1，不妨設要證,即證因為,即證又因為