【文档说明】宁夏回族自治区银川一中2023-2024学年高二下学期期末考试 数学 Word版含解析.docx，共(6)页，430.412 KB，由小赞的店铺上传

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银川一中2023/2024学年度(下)高二期末考试数学试卷命题教师：高二备课组一．单项选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．设命题𝑝:∃𝑥∈𝑍,𝑥2≥3𝑥+1，则𝑝的否定为（）A．∀𝑥∉𝑍,𝑥2<3𝑥+1B．∃𝑥∉𝑍,𝑥2<3𝑥+1C．∀𝑥∈𝑍,𝑥2<3

𝑥+1D．∃𝑥∈𝑍,𝑥2<3𝑥+12．已知集合𝐴={−2,−1,0,1,2},𝐵={𝑥|𝑥+2𝑥−1≤0}，则𝐴∩𝐵中元素的个数为（）A．1B．2C．3D．43．已知𝑎log169=1，则

3−𝑎=（）A．116B．16C．4D．144．著名数学家、物理学家牛顿曾提出：物体在空气中冷却，如果物体的初始温度为𝜃1°C，空气温度为𝜃0°C，则𝑡分钟后物体的温度𝜃（单位：°C)满足：𝜃=𝜃0+(𝜃1−𝜃0)e−𝑘𝑡.若常数𝑘=0.05，空气温度为30°C，某物体的

温度从120°C下降到40°C以下，至少大约需要的时间为（）（参考数据：ln3≈1.1）A．36分钟B．40分钟C．44分钟D．48分钟5．已知二次函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2−2𝑥+𝑐(𝑥∈𝑅)的值域为[0,+∞)，则9𝑎+1𝑐的最小值为（）A．12B．9C．6D．86．函

数𝑓(𝑥)=ln|𝑥|𝑥2的大致图象是（）A．B．C．D．7．已知𝑥1是函数𝑓(𝑥)=𝑥ln𝑥−2024的一个零点，𝑥2是函数𝑔(𝑥)=𝑥e𝑥−2024的一个零点，则𝑥1⋅𝑥2的值为（）A．1

012B．2024C．4048D．80968．设函数𝑓(𝑥)=log2|𝑥|−𝑥−2，则不等式𝑓(𝑥−2)≥𝑓(2𝑥+2)的解集为（）A．[−4,0]B．[−4,−1)∪(−1,0]C．[−4,0)D．[−4,−1)∪(−1,0)二．多项选择题（共3小题，满分18分，每小题6分

）9．函数()1,Q0,QxDxx=，被称为狄利克雷函数，则下列结论成立的是（）A．若()01Dx=，则()020Dx+=B．xR，()31Dx+=C．若()12(0)DxDx−=，则12Qxx−D．函数()Dx的值

域为0,110．已知实数,ab满足212loglog0ab+，则（）A．1122abB．log2log2abC．2233abab−−−−D．()()22ln1ln1ab++11．已知函数()fx是定义在R上的奇函数，

()1fx+是偶函数，当0,1x，()2fxxx=+，则下列说法中正确的有（）A．函数()fx的图象关于直线1x=对称B．()()202320240ff+=C．8是函数()fx的周期D．方程()lnfxx=恰有4个不同的根

三、填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）12．已知集合2,0,1,2A=−，2Bxxm=−，若ABB=．则m的取值范围是．13．已知函数𝑓(𝑥)=𝑥2+1，𝑔(𝑥)=2𝑥−𝑎，若任意𝑥1∈[0,3]

，存在𝑥2∈[1,4]，使得𝑓(𝑥1)≥𝑔(𝑥2)，则实数𝑎的取值范围是．14．已知)(xf是以2为周期的周期函数，且当()1,1−x时，满足()()−−=−mnnmfnfmf1，当01−x时，有0)(1

−xf，则函数11)(−−=xxfy在25,24−x的所有零点的和为.四、解答题（共5小题，满分77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）15．(13分)已知p：关于x的方程22210xaxaa−++−=有实数根，q：13mam−+．(1)若命题p是假命题，求实数a的取值范围

；(2)若p是q的必要不充分条件，求实数m的取值范围．16．(15分)已知函数()()22log29fxxmx=−+．(1)若()fx的图象关于直线2x=对称，求实数m的值；(2)若函数()fx的值域为R，求函数()2212mmgm−++=的值域．17．(15分)已知函数)1,0

(242)(+−+=bbbbbbxfxx是定义在R上的奇函数.（1）求)(xf的解析式并用定义证明)(xf的单调性；（2）3,2x使得22)(−xxft成立，求实数t的取值范围.18．(17分)2023年全年中国新能源汽车产销量分别达到958.7万

辆和949.5万辆，同比分别增长35.8%和37.9%；我国新能源汽车产销量占全球比重超过60%，连续9年位居世界第一位；新能源汽车出口120.3万辆、同比增长77.2%，均创历史新高。2024年中国数家车企推出多款电动新能源汽车，引起市场轰动，电动新能源汽

车逐步成为人们购车的热门选择。有关部门在高速公路上对某型号电动汽车进行测试，得到了该电动汽车每小时耗电量(P单位：hkw）与速度v（单位：h/km）的数据如下表所示：v60708090100110120P

810.413.216.4202428.4为描述该电动汽车在高速公路上行驶时每小时耗电量P与速度v的关系，现有以下两种函数模型供选择：①),()(1RmkmvkvP+=，②),,()(22RcbacbvavvP++=.(1)请选择你认为最符合表格中所列数据的函数模型（不

需要说明理由），并求出相应的函数解析式；(2)李华驾驶一辆同型号电动汽车从银川出发经高速公路（最低限速h/60km，最高限速h/120km））速速行驶到离为为km510）的甘肃省天水市秦安县，出发前汽车电池存量为h65kw，汽车到达秦安县后至少要保留h5kw的保障电

量（假设该电动汽车从静止加速到速度为v）的过程中耗耗的电量与行驶的路程忽略不不））.已知该高速公路上服务区有功率为kw18的充电桩（充电量=充电功率充电时间）.若不充电，该电动汽车能否到达秦安县？并说明理由；若需要充电，求该电动汽车从银川到达秦安县所用时间（即行驶时间与充电时间

之和）的最小值（结果保留一位小数）.19．(17分)意大利画家列奥纳多·达·芬奇曾提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，后人给出了悬链线的函数表达式()coshxxaa=，其中a为悬链线系数，coshx称为双曲余弦函数，其函

数表达式eecosh2xxx−+=，相反地，双曲正弦函数的函数表达式为eesinh2xxx−−=．(1)证明：22cosh2coshsinhxxx=+．(2)不等式：0)21sinh()2sinh(2−−−mmxx在]3,0[x上恒成立，求m的范围．(3)判断函数24)cosh(4)2cos

h(2)(−+−=bxbxxf的零点个数，并写出零点表达式．2024届高二（下）数学试卷答案二．单项选择题（杨阳）1．【答案】C【分析】由特称命题的否定可直接得到结果.【详解】命题𝑝:∃𝑥∈𝑍,𝑥2≥3𝑥+1，则𝑝的否定为：∀𝑥

∈𝑍,𝑥2<3𝑥+1.故选：C【点睛】全称量词命题的否定是特称（存在）量词命题，特称（存在）量词命题的否定是全称量词命题．2．【答案】C【分析】根据分式不等式解集合B，结合交集的概念与运算即可求解.

【详解】由𝑥+2𝑥−1≤0，得(𝑥+2)(𝑥−1)≤0且𝑥−1≠0，解得−2≤𝑥<1，即𝐵={𝑥|−2≤𝑥<1}，所以𝐴∩𝐵={−2,−1,0}，有3个元素.故选：C3．【答案】D【分析】运用对数与指数的运算性质以及指数式与对数式的互化即可求得.【详解】由𝑎log

169=1可得9𝑎=16，即(3𝑎)2=16，3𝑎=4，故3−𝑎=14.故选：D4.【答案】C【分析】根据题意，列出方程，结合对数的运算，代入）算，即可得到结果.【详解】由题意可知，40=30+(120−30)e−0.05𝑡，解得𝑡=ln90.05

=2ln30.05=40ln3≈44即至少大约需要的时间为44分钟.故选：C5【答案】C【分析】根据二次函数的值域求出a和c的关系，再利用基本不等式即可求4𝑎+1𝑐的最小值.【详解】由题意知𝑎>0，Δ=1−4𝑎𝑐=0，∴𝑎𝑐=14且𝑐>0，∴4𝑎+1𝑐≥2√4𝑎�

�=8，当且仅当4𝑎=1𝑐，即𝑎=1，𝑐=14时取等号.故选：C6．【答案】B【分析】根据奇偶性定义判断𝑓(𝑥)的对称性，并由𝑓(1)=0及𝑦=𝑥2、𝑦=ln𝑥增长速度关系，结合排除法确定函数图象.【详解】由𝑓(−𝑥)=ln|−𝑥|(−�

�)2=ln𝑥𝑥2=𝑓(𝑥)且定义域为{𝑥|𝑥≠0}，故𝑓(𝑥)是偶函数，又𝑓(1)=0，排除D、C；当𝑥>1时，函数𝑦=𝑥2比𝑦=ln𝑥增长得更快，排除A.故选：B．7．【答案】B【分析】由

已知函数表达式变形后分别设出𝐴，𝐵两点坐标，再利用反函数的性质结合两直线垂直，斜率之积的关系得到结果.【详解】由𝑓(𝑥)=𝑥ln𝑥−2024=0得ln𝑥=2024𝑥，由𝑔(𝑥)=𝑥e𝑥−2024=0得e𝑥=2024𝑥，设点𝐴的坐标为(𝑥1,2024𝑥1)，点𝐵的

坐标为(𝑥2,2024𝑥2)，又𝑦=ln𝑥与𝑦=e𝑥的图象关于直线𝑦=𝑥对称，且𝑦=2024𝑥的图象也关于直线𝑦=𝑥对称，则点𝐴，𝐵关于直线𝑦=𝑥对称，即𝑘𝐴𝐵=2024𝑥2−2024𝑥1𝑥2−𝑥1=−2024𝑥1𝑥2=−1，得𝑥1⋅�

�2=2024，故选：B．8．【答案】B【分析】首先判断函数的奇偶性与单调性，再根据奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可.【详解】函数𝑓(𝑥)=log2|𝑥|−𝑥−2的定义域为{𝑥|𝑥≠0}，且𝑓(−𝑥)=log2|−𝑥|−(−𝑥)−2=log2|

𝑥|−𝑥−2=𝑓(𝑥)，所以𝑓(𝑥)=log2|𝑥|−𝑥−2为偶函数，当𝑥>0时𝑓(𝑥)=log2𝑥−𝑥−2，因为𝑦=log2𝑥与𝑦=−𝑥−2在(0,+∞)上单调递增，所以𝑓(�

�)=log2𝑥−𝑥−2在(0,+∞)上单调递增，则𝑓(𝑥)在(−∞,0)上单调递减，不等式𝑓(𝑥−2)≥𝑓(2𝑥+2)，即𝑓(|𝑥−2|)≥𝑓(|2𝑥+2|)，等价于{|𝑥−2|≥|2𝑥+2|𝑥

−2≠02𝑥+2≠0，解得−4≤𝑥<−1或−1<𝑥≤0，所以不等式的解集为[−4,−1)∪(−1,0].故选：B二．多项选择题（赵）9.【答案】BD【详解】若()01Dx=，则Qx，则02Qx+，所以()021Dx

+=，所以A选项不正确.对于C选项，若123,2xx==，则()12()000DxDx=−−=，但12Qxx−，所以C选项错误.当13x=−时，31x+=，则()()131DxD=+=，所以B选项正确.由于()1,0,xQDx

xQ=，所以函数()Dx的值域为0,1，D选项正确.10.【答案】AD【详解】因为221loglog0ab+，所以22loglogab，又2logyx=为增函数，故0ab，对于A

，因为12xy=为减函数，所以1122ab，故A正确；对于B，当4,0.2ab==时，log2log2ab，故B错误；构造增函数，2233abab−−−−，故C错误.对于D，()()()()2222ln1ln10abababab+++−，故D正确

11．【答案】ACD【详解】对于A：令()()1gxfx=+是偶函数，则()()gxgx−=，即()()11fxfx−=+，所以()fx关于1x=对称，故A正确；对于B：()()()()20233112ffff==−=−=−，()()202400ff==，所以()(

)2023202420ff+=−，故B错误；对于C：因为()()11fxfx−=+，所以()()()()211fxfxfxfx+=−+=−=−，即()()()()()42fxfxfxfx+=−+=−

−=，即周期4T=，故C正确；对于D：因为0,1x，()2fxxx=+，且()fx关于直线1x=对称，根据对称性可以作出1,2x上的图象，又()()()4=fxfxfx+=−−，可知()fx关于点()2,0对称，又可作出24x,上的

图象，又()fx的周期4T=，作出()yfx=的图象与lnyx=的图象，如图所示：所以()fx与lnyx=有4个交点，故D正确，三、填空题12．m>4【分析】由题意可得AB，再列出不等式组，解之即可得解.【详解】因为ABB=，所以AB

，故B，所以0m且222Bxxmxmxm=−=−+，所以2222mm−−+，解得m>4.13．【答案】（-∞，0]【详解】解：若任意𝑥1∈[0,3]，忽存在𝑥2∈[1,4]，使得f（x1）≥g（x2），则f（x1）min≥[g（x2）]min，𝑥1∈

[0,3]，𝑥2∈[1,4]，对于函数𝑓(𝑥)=𝑥2+1，𝑥∈[0,3]，函数f（x）在[0,3]上单调递增，∴f（x）min＝f（0）＝1．对于函数g（x）＝2𝑥−𝑎，在x∈[1,4]单调递增，∴g（

x）min＝2−a．∴1≥2−a，解得a≥1．∴实数a的取值范围是[1,+∞）．【点睛】本题考查函数的最值问题，考查常见函数的图象与性质，考查转化思想，属于中档题.14．15．【答案】(1)1a；(2)1m−.（【详解】（

1）因为命题p是假命题，则命题p是真命题，即关于x的方程22220xaxaa−++−=有实数根，因此2244(1)0aaa=−+−，解得1a，所以实数a的取值范围是1a.（2）由（1）知，命题p是真命题，即:1pa，因为命题p是

命题q的必要不充分条件，则{|13}amam−+{}|1aa，因此31m+，解得2m−，所以实数m的取值范围是2m−.16．【详解】（1）因为()fx的图象关于直线2x=对称，所以函数()222299yxmxxmm=−+=−+−的图象关于直线2x=对称，所以2m=．

（2）因为函数()fx的值域为R，所以229yxmx=−+的值域包含()0,+，所以有2Δ4490m=−，所以3m−或3m，所以()()()()22max21(1)2max3,3max14,22gmmmmgmgg=

−++=−−+=−=−−=−，故221241022mm−++−=，所以函数()2212mmgm−++=的值域为10,4．17．【详解】（1）因为，xR,定义域关于原点对称，令0x=，所以()2002bfb−==+，故2b=，则()(

)21R21xxfxx−=+，()()211221211221xxxxxxfxfx−−−−−−===−=−+++，所以()fx为定义在R上的奇函数。.()2121xxfx−=+是R上的增函数.证明：任取12,Rxx

，且12xx，()()()()()()()()()()()1221121212121212212121212222121212121212121xxxxxxxxxxxxxxfxfx−+−−+−−−−=−==++++++，所以12xx，所以121

0x+，2210x+，12022xx，所以12220xx−，()()1221210xx++，所以()()120fxfx−，即()()12fxfx，所以()fx是R上的增函数.（2）当2,3x

时，不等式()·22xtfx−即()()222121xxxt−+−，故()()222222112121xxxxxt−−=−−+−−，则令21xv=−，由题意可知3,7v，21tvv−+，因为函数y

x=，2yx=−为3,7上的增函数，故21yvv=−+在3,7v上单调递增，故min21013vv−+=，所以103t.18．【答案】(1)选择函数模型②，202.0002.0)(22+−=vvvP(2)需要

，最少用时约为7.4小时.【详解】（1）P与v的函数关系，在定义域内单调递增，由增长速度可知，选择函数模型②，由题意有：=++=++=++2.138064004.107049008603600cbacbacba，解得：=−==202.0002.0

cba所以202.0002.0)(22+−=vvvP.（2）设耗电量为()fv，)12060(2.10102002.1510)()(2−+==vvvvvPvf，0102002.1102002.1)(222−=−=vvvvf所以函数()fv在区间60,120单调递增，所以565

68)60()(min−==fvf，即最小耗电量大于电池存量减去保障电量，所以该车不在服务区充电不能到达乙地.又设行驶时间与充电时间分别为12,tt，总和为t，若能到达乙地，则初始电量+充电电量-耗耗电量保障电量，即5)(18652−+vft，解得182

.701810201802.12−+vvt，所以总时间182.7018102001802.1182.701810201802.151021−+=−+++=vvvvvttt4.730223188.133182.7018204182.7018102001802.12

==−=−vv，当且仅当vv18102001802.1=，即100v=时取等，所以该汽车到达乙地的最少用时约为7.4小时.19．【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析(2)),45[+m(3)()2,+【详解】（1）2222e

eeecoshsinh22xxxxxx−−+−+=+222222ee2ee2eecosh2442xxxxxxx−−−+++−+=+==．（2）由题可知函数：)sinh()sinh(xx−=−，所以函数)sinh(x为奇函数，且：xxee−−,在R

上单调递增，所以只需使：mmxx2122−−恒成立，即：01222−+−mmxx恒成立：所以：21m且2m，显然不存在实数m，所以m（324)(224)cosh(4)2cosh(2)(22−++−+=−+−=−

−beebeebxbxxfxxxx)22)(2(44)(2)(2+−+−+=−++−+=−−−−beeeebeebeexxxxxxxx函数：)cosh()cosh(xx=−，所以函数)cosh(x为偶函数，且),0[+上单调递增，所以：当①2b：时函数)(

xf有唯一零点：0=x；②当2b时：时函数)(xf三个零点：01=x；)21ln(22bbbx−+−=，)21ln(23bbbx−−−=