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上饶市2023—2024学年度下学期期末教学质量检测
高二数学试卷
1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分.答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答第I卷时,选出每个小题答案后,用2B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,再选涂其它答案标号,写在本试卷上无效.
3.回答第II卷时,将答案写在答题卡上,答在本试卷上无效.
4.本试卷共19题,总分150分,考试时间120分钟.
第I卷(选择题)
一、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.
1.已知集合,则()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先解不等式组,化简集合,再利用交集的运算即可求得.
【详解】由得,解得,故,
又因为,所以,
故选:C.
2.已知数列是等差数列,若,则()
A.14 B.21 C.28 D.42
【答案】B
【解析】
【分析】由等差中项的性质即可求解.
【详解】因为数列是等差数列,所以,解得,
所以.
故选:B.
3.“”是“且”的()
A.必要不充分条件 B.充分不必要条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】通过特例说明充分性不成立,根据不等式的性质说明必要性是成立的.
【详解】可令,,,则满足,但“且”不成立,所以“”不是“且”的充分条件;
根据不等式的性质:由且,可得:.所以“”是“且”的必要条件.
故选:A
4.设为上的奇函数,且当时,,则()
A.12 B. C.13 D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据为上的奇函数,求出.
【详解】因为为上的奇函数,所以,,
所以.
故选:C
5.函数的导数()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助导数公式计算即可得.
【详解】,则.
故选:A.
6.已知函数在上为减函数,则实数的取值范围是()
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据分段函数单调性以及对数函数性质列式求解.
【详解】由题意可得:,解得,
所以实数的取值范围是.
故选:D.
7.已知,,,则a,b,c的大小关系为()
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造,,求导,结合函数单调性分析,即可判断.
【详解】令,则,
令,有,令,有,
故函数在单调递增,在单调递减,
故,即,,
令,则,
令,有,令,有,
故函数在单调递增,在单调递减,
故,即,,
综上:.
故选:C
8.意大利数学家斐波那契(1175年~1250年)以兔子繁殖数量为例,引入数列:1,1,2,3,5,8,…,该数列从第三项起,每一项都等于前两项之和,即,故此数列称为斐波那契数列,又称“兔子数列”,其通项公式为.设是不等式的正整数解,则的最小值为()
A.6 B.7 C.8 D.9
【答案】C
【解析】
【分析】将不等式化为,即,再根据斐波那契数列为递增数列,进而可得答案.
【详解】由,
得,
得,得,
得,,
所以,
令,则数列即为斐波那契数列,
,则,
因为函数都是增函数,
所以函数是增函数,
故数列为递增数列且,
所以数列亦为递增数列,
由,得,,,
,,,
因为,,
所以使得成立的的最小值为8.
故选:C.
【点睛】关键点点睛:根据斐波那契数列的通项公式,利用对数知识将不等式化为斐波那契数列进行求解是本题解题关键.
二、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.全部选对的得6分,部分选对得部分分,有错选得0分.
9.已知函数的导函数的图象如图所示,下列说法正确的是()
A.函数在上单调递增 B.函数在上单调递减
C.函数在处取得极大值 D.函数有最大值
【答案】BC
【解析】
【分析】根据导数符号与原函数单调性之间的关系可得的单调性,进而逐项分析判断.
【详解】由题意可知:当时,(不恒0);
当时,;
所以在上单调递减,在上单调递增.
可知:A错误;B正确;
且函数在处取得极大值,故C正确;
虽然确定的单调性,但没有的解析式,故无法确定的最值,故D错误;
故选:BC.
10.下列说法正确的是()
A.设已知随机变量满足,则
B.若,则
C.若,设,则
D.若事件相互独立且,则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据期望的性质,可判定A正确;结合二项分布方差的公式,可判定B错误;根据正态分布曲线的对称性,可得判定C正确;根据条件概率的计算公式,可判定D正确.
【
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