【文档说明】山东省日照市2022-2023学年高二下学期期末校际联合考试数学试题 含解析.docx，共(21)页，1.232 MB，由小赞的店铺上传

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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22Uxx=−，集合10Axx=−，则UA=ð（）A.[2,1](0,2]−−B.[2,1)[0,2]−−C.[1,0)−D.(1,0]−【答案】A【解析】【分析】利用补集的定义，即可求出答案.【详解】因为2

2Uxx=−，10Axx=−，所以21UAxx=−−ð或02x，故选：A.2.命题“0x，2210xx−+−”的否定为（）A.0x，2210xx−+−B.0x，2210xx−+−C.0x，2210xx−+−D.0x，

2210xx−+−【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“0x，2210xx−+−”的否定为“0x，2210xx−+−”.故选：C.3.已

知函数331()log1xxfxxx=，，，则((2))ff=（）A.2B.-2C.12D.-12【答案】A【解析】【分析】根据函数的分段点代入求值.【详解】3(2)log2f=，因为33log2log31=，所以3log2((2))32ff==.故选：

A.4.记数列na的前n项和为nS，则“323Sa=”是“na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n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na的前n项和为nS，则312323Saaaa=++=，数列na的前n项和为nS，取12341,2,3,5aaaa====，显然有323Sa=，而43322aaaa−=−，即数列

na不是等差数列，所以“323Sa=”是“na为等差数列”的必要不充分条件.故选：B5.函数4xxxyee−=+的图象大致是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】的【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4()()xxxfxfxee−−−==−+，所以函数是奇函数，排除选项B,D.由题得14(1)0fee−=+，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()()213xfx−=，记22af=，32bf=，62cf=，则（）A.bacB.acbC.cbaD.cab【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()2(1)gxx=−，则()gx开口向上，对称轴为1x=，且()()3gxfx=，又63634112222+−−−=−，而22(63)496

2166270+−=+−=−，所以6311022−−−，即631122−−，所以由二次函数的性质得63()()22gg，因为62624112222+−−−=−，又22(62)4843164384(32)0+−=+−=−=−，所以6211022−−−

，即621122−−，所以由二次函数的性质得62()()22gg，综上，263()()()222ggg，因为3xy=在R上单调递增，所以263()()()222333ggg，所以263()()()222f

ff，即acb.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()fxx=，其中x表示不超过x的最大整数．已知正项数列

na的前n项和为nS，且112nnnSaa=+，令21nnnbSS+=+，则1299bbb+++=（）A.7B.8C.17D.18【答案】B【解析】【分析】根据na与nS的关系，化简可得=nSn，再由裂项相消法求1299bbb+++，分析其范围即可得解.【详解】当1n=

时，1111112Saaa==+，解得11a=（负值舍去）.由1(2)nnnaSSn−=−可得11112nnnnnSSSSS--骣琪=-+琪-桫，所以111nnnnSSSS−−+=−，即2211nnSS−−=，所以数列2

nS是以1为首项，1为公差的等差数列，故21(1)1nSnn=+−=，即=nSn，所以()2111222nnnbnnSSnn+===+−+++，所以()12991314253101992bbb=−++−+−++++−()1199910129221012=+−=++，由1

1101212+知，3399941012+，所以12996898bbb+++故12998bbb+++=，故选：B8.已知1a=，()3,1b=，向量a与b的夹角为π3，若对任意1x，()2

,+xm，当12xx时，122112lnln2xxxxabxx−−−恒成立，则实数m的取值范围是（）A.21,eeB.)2e,+C.31,eeD.)3e,+【答案】D【解析】【分析】易得22ab−=，将对任意1x，()2,+xm

，当12xx时，122112lnln2xxxxabxx−−−恒成立，转化为对任意1x，()2,+xm，当12xx时，212211ln2ln2xxxxxx−−恒成立，令()ln2xgxxx=−，转化为()ln2xgxxx=−在(),m+上递减求解.【详解】解：因

为1a=，()3,1b=，向量a与b的夹角为π3，所以()222π22444412cos423ababaabb−=−=−+=−+=，因为对任意1x，()2,+xm，当12xx时，122112lnln2xxx

xabxx−−−恒成立，所以对任意1x，()2,+xm，当12xx时，122112lnln2xxxxxx−−恒成立，所以对任意1x，()2,+xm，当12xx时，212211ln2ln2xxxxxx−−恒成立，令()ln2xgxxx=−，即()()21gxg

x成立，所以()ln2xgxxx=−在(),m+上递减，又()23lnxgxx−=，由()23ln0xgxx−=，解得3ex，所以()gx的单调减区间为()3e+，，所以3em，则实数m的取值范围是3[e,)+，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0abc，则下列不等式正确的是（）A.11acB.33acbcC.2211abD.lg0acbc−−【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，0abc∴110ac，故A错误，3333,abacbc，故B正确，22ab，当01ab时，2211ab，故C错误，0,0,1,1aacacbcbbc−−−−，∴lg0acbc−−，故D正

确，故选：BD.10.已知等差数列na的公差为()0dd，前n项和为nS，且1a，4a，6a成等比数列，则（）A.100a=B.200S=C.当0d时，nS的最大值是9S或10SD.当0d时，nS的最小值是9S或10S【答案】ACD【解析】【分析】根据条件求出190ad+=，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1a，4a，6a成等比数列，所以2416aaa=，即2111(3)(5)adaad+=+，解得190ad+=，即100a=，故A

正确；12020120()10(219)10(1819)1002aaSadddd+==+=−+=，故B错误；()21(1)(1)919222nnndnnddSnandnn−−=+=−+=−，所以当0d时，由二次函数性质知，9n=或10时，nS的最小值是9S或10S，当0

d时，由二次函数性质知，nS的最大值是9S或10S，故CD正确.故选：ACD.11.研究函数()()()2211101fxxxx=+++−的性质，则下列正确的是（）A.函数()fx的最大值为21+B.函数()()2gxfx=−恰有一个零点C.函数(

)()49hxfx=−恰有两个零点D.函数()fx在0,1上是减函数【答案】AC【解析】【分析】取边长为1的正方形ABCD和BEFC，点PBC，设CPx=，得到()fxAPPF=+，结合图形，得到()fx的最小值为5，最大值为21+，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ABCD和BEFC，点P在边BC上的一个动点，设CPx=，则()2211(1)fxxxAPPF=+++−=+，当,,APF三点共线时，即P为BC的中点时，()fx取得

最小值，最小值为22215+=；当P与B或C重合时，()fx取得最大值，最大值为21+，所以A正确；所以函数()fx在1[0,]2上单调递减，在1[,1]2上单调递增，所以D不正确；由函数的值域为5,21+，因为25,21+

，所以方程()20fx−=无解，所以函数()()2gxfx=−没有零点，所以B不正确；由函数()()49hxfx=−，令()0hx=，可得()490fx−=，即()94fx=，因为954且9214+，可得方程()94

fx=有两个解，即函数()()49hxfx=−有两个零点，所以C正确故选：AC.12.已知有穷数列na各项均不相等，将na的项从大到小重新排序后相应的序号构成新数列nb，称数列nb为数列na的序

数列．例如数列1a，2a，3a，满足132aaa，则其序数列nb为1，3，2．若有穷数列nd满足11d=，112nnndd+−=（n为正整数），且数列21nd−的序数列单调递减，数列2nd的序数列单调递增，则下列正确的

是（）A.数列21nd−单调递增B.数列2nd单调递增.C.()20222023112111332kkkd+=−=+D.1411332nnd−=−−【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()221221211122nnnn

ndd−−−−−==，()21221221122nnnnndd++−−=−=，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21nd−的序数列单调递减，

故数列21nd−单调递增，故A正确；由数列2nd的序数列单调递增，故数列2nd单调递减，故B错误；因为数列21nd−是单调递增，所以21210nndd+−−，即()()2122210nnnndddd+−−+−，因为2211122nn−

，所以212221||||nnnndddd+−−−，因此2210nndd−−，所以()221221211122nnnnndd−−−−−==，由数列2nd单调递减，同理可得2120nndd+−，()21221221122nnn

nndd++−−=−=，所以()()()12132123411111(1)122222nnnnndddddddd−−−=+−+−++−=+−+−++()114,212111221113312nnn−−−−

=−+=−−−，11d=也符合该式，故D正确；()1234202220232023111kkkddddddd+=−=−+−+−+2202224202202211111124241=1=12223141132−=−+−−−−−，故C正确.故

选：ACD【点睛】关键点点睛：理解新定义数列na的序数列是判断数列na单调性的关键，再由单调性及不等式的性质分别得出()221221211122nnnnndd−−−−−==，()21221221122nnnnndd++−−=−=

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na为等差数列，且28142aaa++=，则4

12aa+=______．【答案】43【解析】【分析】根据等差数列的性质以及已知条件可求8a，进而可得结果.【详解】因为数列na为等差数列，所以2814832aaaa++==，即823a=，所以4128423aaa+==.故答案为：43.14.已知0,0,22abab+=，则12ab+的

最小值是___________.【答案】4【解析】【分析】把12ab+化为222ab+，再利用“1”的妙用，结合基本不等式即可得到答案.【详解】()()1221222221222142222122ababa

bababababba+=+=++=++=+++=，当且仅当22baab=即11,2ba==时，取等号，故12ab+的最小值是4，故答案为：4.15.已知函数()eexxfxxx=−−的两个零点为1x，2x，函数()lnlngxxxxx=−−的两

个零点为3x，4x，则12341111xxxx+++=________【答案】2【解析】【分析】由题可得()()lngxfx=，进而可得1234eexxxx==，然后结合条件即得.【详解】因为函数()eexxfxxx=−−的两个零点

为1x，2x，则11221122ee0,ee0xxxxxxxx−−=−−=，即11221122ee,eexxxxxxxx=+=+，又()()lnlnlnlnlneelnlnxxgxxxxxxxfx=−−=−−=，则

1324lnlnxxxx==，即1234eexxxx==，所以1212121212341212ee111111112eeeexxxxxxxxxxxxxxxx+++++=+++=+=.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()()lngxfx=，可得1324lnlnxxxx==，结合条件即得.16.已知函数()fx及其导函数()fx的定义域均为R，若()14fx−，()124xfx−+都为偶函数，则()651kfk==______．【答

案】520【解析】【分析】利用函数的奇偶性，推出函数()fx的图象关于点(1,0)对称以及关于点1(2,)4对称，即可依次求得(1),(2),ff的值，根据等差数列的求和公式，即可求得答案.【详解】因为(14)fx−为偶函数，则(14)(14)fxfx+=−，即(

1)(1)fxfx+=−，则(1)(1)fxfx+=−−，即(1)(1)0fxfx++−=，故()fx的图象关于点(1,0)对称，且()01f=；又1(2)4xfx−+为偶函数，则11(2)(2)44xfxxfx−−−+=−+，则11(2)(2)44fxf

x−+−+=−+，即1(2)(2)2fxfx−+++=，故()fx的图象关于点1(2,)4对称，且1(2)4f=，又将1x=代入(1)(1)0fxfx++−=得(2)(0)0ff+=，则1(0)4f=−；令1x=，由1

(2)(2)2fxfx−+++=可得1(3)(1)2ff+=，则1(3)2f=；同理可得1(4)(0)2ff+=，则3(4)4f=；因为1(5)(1)2ff+−=，(3)(1)0ff+−=，所以1(5)(3)2ff−=，则(5

)1f=；L，由此可得(),Nfnn组成了以0为首项，14为公差的等差数列，故16511365641()01665052042424kfk==+++++=+=，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：()()150xx+−，q：11mxm−

+．（1）记()()150Axxx=+−，11Bxmxm=−+，当3m=时，求AB；（2）若p是q的充分条件，求实数m的取值范围．【答案】（1）[1,4]−（2）4m【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()()150[1,5]Axxx=+−=−，当3m=时，24Bxx=−，所以[1,4]AB=−的【小问2详解】由（1），因为p是q的充分条件，所以AB，即111115mmmm−+−−+，解得4m.18.设等比数列na

的前n项和为nS，且满足663S=，418aa=．（1）求数列na的通项公式；（2）设212lognnba=+，且7897133kbbbb+++++=，求正整数k的值．【答案】（1）12nna−=；（2）6k=【解析】【

分析】（1）根据题意，设其公比为q，由418aa=，变形可得q的值，又由663S=，可求出1a，代入公式即可；（2）由（1）的结论，求出nb的通项公式，易得数列nb为等差数列，由等差数列前n项和公式分析可得答案.【小问1详解】根据题意，等比数列

na中，设其公比为,q由418aa=，得3118,aqa=解得2,q=又663S=，得616(12)63,12aS−==−解得11,a=则1112nnnaaq−−==；【小问2详解】根据题意，212log21,nnban=+=−则数列nb为等差数列，7897133kbb

bb+++++=，(13213)(1)1315213133,2kkk+++++++==化简可得2141200,kk+−=解得6k=或者20k=−（舍），故正整数6k=.19.已知函数()()()

4log41xfxkxk=++R是偶函数．（1）求k的值；（2）若方程()2fxm−=有解，求实数m的取值范围．【答案】（1）12−（2）32m−【解析】【分析】（1）根据偶函数的性质推得()210kx+=恒成立，即可得出k；（2

）根据对数运算性质可得出()41log22xxfx=+，换元20xt=，根据基本不等式即可得出()12fx≥，即可得出答案.【小问1详解】由已知可得，()()()44log41log41x

xfxkxxkx−−=+−=+−−()()4log411xkx=+−+.因为()fx为R上的偶函数，所以()()=fxfx−，即()()()44log41log411xxkxkx++=+−+，即()210kx+=恒成立，所以210k+=，

解得12k=−，经检验，12k=−满足题意，故12k=−.【小问2详解】由（1）知，()()()124441log41log41log42xxxfxx=+−=+−44411loglog222xxxx+==+.令20xt=，则1122tttt+=，当且仅当

1t=时等号成立，所以12tt+，即1222xx+，所以()441log2log2122xxfx+==.因为方程()2fxm−=有解，即()2=+fxm有解，所以122m+，即32m−.20.

已知各项均为正数的数列na，满足()22*1120nnnnaaaan++−−=N，12364aaa=．（1）求数列na的通项公式；（2）记1231231111nnnTaaaa=++++

，试比较nT与9的大小，并加以证明．【答案】（1）2nna=（2）9nT，证明见解析【解析】【分析】（1）利用因式分解推得12nnaa+=，从而得到na是等比数列，进而求得1a，由此得解；（2）构造函数()ln(1)fxxx=+−，

利用导数证得ln(1)xx+，令1nnnca=+，从而推得23123ln2222nnnT++++，再利用错位相减法即可得证.【小问1详解】因为()22*1120nnnnaaaan++−−=N，所以()()1120nnnnaaaa+++−=，因为

na的各项均为正，所以10nnaa++，故12nnaa+=，即12nnaa+=，所以na是以2为公比的等比数列，因为31232264,64,4aaaaa===，又公比为2，所以12a=，所以1222nnna−==.【小问

2详解】9nT，证明如下：令()ln(1)(0)fxxxx=+−，则()1111xfxxx−=−=++，当0x时，()0fx，即()fx在(0,)+上单调递减，所以()(0)0fxf=，则ln(1)0xx+−，即ln(1)xx+，设1nnnca=+，所以lnln1ln122

nnnnnnnca=+=+，所以21233lnlnlnln123ln2222nnncccTcn=++++++++，记231232222nnnA=++++，则234111231222222nnnnnA+−=+++++，所以23111111111

112221112222222212nnnnnnnnnnAA+++−+−=++++−=−=−−，即112nA，则2nA，所以ln2nT，所以2e9nT.21.某公园有一个矩形地块ABCD（如图所示），边AB

长2千米，AD长4千米．地块的一角是水塘（阴影部分），已知边缘曲线AC是以A为顶点，以AD所在直线为对称轴的抛物线的一部分，现要经过曲线AC上某一点P（异于A，C两点）铺设一条直线隔离带MN，点,MN分别在边A

B，BC上，隔离带占地面积忽略不计且不能穿过水塘．设点P到边AD的距离为t（单位：千米），BMN的面积为S（单位：平方千米）．（1）请以A为原点，AB所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，求出S关于t的函数解

析式；（2）是否存在点P，使隔离出来的BMN的面积S超过2平方千米？并说明理由．【答案】（1）321224(02)2Stttt=−+（2）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）由题意设抛物线方程为2yax=，然后将点C的

坐标代入可求出a，则可求得抛物线的方程，再利用导数的几何意义求出切线MN的方程，从而可求出,MN两点坐标，进而可表示出BMN的面积；（2）利用导数求出321224(02)2Stttt=−+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(0,0

),(2,0),(2,4),(0,4)ABCD，由题意设抛物线方程为2yax=，代入点(2,4)C，得42a=，解得2a=，所以抛物线方程为22yx=，由题意知直线MN为抛物线的切线，因为点P到边AD的距离为(02)

tt，所以切点P的坐标为2(,2)tt，由22yx=，得4yx=，所以直线MN的斜率为4t，所以直线MN的方程为224()yttxt−=−，即242ytxt=−，令0y=，得2tx=，所以,02tM，令2x=，得2422ytt=−，所以()22,4

22yNtt=−，所以()23211124222242222tSMBBNttttt==−−=−+，即321224(02)2Stttt=−+【小问2详解】因为321224(02)2Stttt=−+，所以()()

2314242232222Stttt=−+=−−，因为02t，所以220t−，所以当2203t时，0S，当2223t时，0S，所以3212242Sttt=−+在220,3上递增，在22,23

上递减，【所以当223t=时，S取得最大值3212222223222242233327−+=，所以不存在点P，使隔离出来的BMN的面积S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BMN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()lnfxxx=，e为自然对数的底数．（1）求曲线()yfx=在4ex−=处的切线方程；（2

）对于任意的()0,x+，不等式()()10fxx−−恒成立，求实数的值；（3）若关于x的方程()fxa=有两个实根1x，2x，求证：12441133eaxx−++．【答案】（1）43eyx−=−−（2）1=（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由()ln

1fxx=+，得()4e3f−=−，且()44e4ef−−=−，即可求解切线方程；（2）由题意知()0gx在()0,+上恒成立，利用导数求解函数()gx的最小值，进而可求解实数的取值范围；（3）先利用导数证得()43efxx−

−−，从而证得31xx，再根据（2）中的结论证得24xx，从而得证.【小问1详解】因为()lnfxxx=，所以()ln1fxx=+，则()44elne13f−−=+=−，()4444eelne4ef−−−−==−，所以

曲线()yfx=在4ex−=处的切线方程为()()444e3eyx−−−−=−−，即43eyx−=−−.【小问2详解】记()()()1gxfxx=−−()ln1xxx=−−，其中0x，由题意知()0gx在()0,+上恒成立，

下求函数()gx的最小值，对()gx求导得()ln1gxx=+−，令()0gx=，得1ex−=，当10ex−时，()0gx；当1ex−时，()0gx；所以()gx在()10,e−上单调递减，在()1e,−

+上单调递增，所以()mingx=()()()1111e1ee1eg−−−−=−−−=−，则1e0−−.记()1eG−=−，则()11eG−=−，令()0G=，得1=，当1时

，()0G；当1时，()0G；所以()G在(),1−上单调递增，在()1,+上单调递减，则()()max10GG==，即1e0−−当且仅当1=时取等号，又1e0−−，从而得到1=.【小问3详解】先证

()43efxx−−−在(0,)+上恒成立，记()()()43ehxfxx−=−−−4ln3exxx−=++，则()ln4hxx=+，令()0hx=，得4ex−=，当40ex−时，()0hx；当4ex−

时，()0hx；所以()gx()40,e−上单调递减，在()4e,−+上单调递增，故()()4minehh−==4444elne3ee0−−−−++=，则()0hx恒成立，即()43efxx−−−.记直线4

3eyx−=−−，1yx=−分别与ya=交于()3,xa，()4,xa，不妨设12xx，则()4133eaxfx−=−−=413ex−−−，从而31xx，当且仅当44ea−=−时取等号，此时43133eax=−−，由（2）知，()1fx

x−，则()421axfx=−=21x−，在从而24xx，当且仅当0a=时取等号，此时41xa=+，故122143xxxxxx−=−−=()41133eaa+−−−=441133ea++，因等号成立的条件不能同时满

足，故12441133eaxx−++．【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.获得更

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