四川省嘉祥教育集团2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省嘉祥教育集团2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题注意事项：1．在作答前，考生务必将自己的姓名、考号涂写在试卷和答题卡规定的地方．考试结束，监考人员只将答题卡收回，试卷请考生自己妥善保存．2．选择题部分必须用2B铅笔填涂；非选择题部分必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚．3．请按照题号在答题卡上各题目对应的答题区域内作答，超出答题区域书写的〖答案〗无效；在草稿纸、试卷上答题均无效．4．保持答题卡清洁，不得折叠、污染、破损等．第Ⅰ卷（选择题共58分）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.物体运动的方程为，则时的瞬时速度为（

）A.2 B.5 C.8 D.16〖答案〗C〖解析〗因为物体运动方程为，所以，所以当时，，故选：C.2.（）A.65 B.160 C.165 D.210〖答案〗C〖解析〗.故选：.3.函数的单调递减区间为（

）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由，则，解得或，所以函数的定义域为，令，则是增函数，又在上单调递减，所以的单调递减区间是.故选：A.4.已知数列满足，，则数列前2024项的积为（

）A.4 B.1 C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以，，所以数列的周期为4.由，则，，，所以数列的前2024项的乘积为.故选：B.5.已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗由图象可知在上单调递增，在上单调递减，所以当或时，；当时，；而等价于①，或②，由①得或，则，由②得，则，综上，.故选：B.6.南宋数学家杨辉在《详析九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列本身不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列，则称数列为一阶等差数列，或者仍旧不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列，则称数列为二阶等差数列，依次类推，可以得到高阶等差数列．类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列1，1，2，8，64，……是一阶等比数列，则该数列的第10项是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗设数列为，且为一阶等比数列，设，所以为等比数列，其中，，公比，，则，，故选：D.7.已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递增的有序数对的个数是（）A.16 B.24 C.32 D.48〖答案〗B〖解析〗若和在上单调递增，在上单调递减，则有个；若和在上单调递增，在上单调递减，则有个；若和在上单调递增，在上单调递减，则有个；若、和在上单调递增，则有个；综上所述：共有个.故选：B.8.已知正四棱锥内接于表面积为的球，则此四棱锥体积的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设为底面的中心，则三点共线，连接，因为球的表面积为，所以球的半径，设四棱锥的高为，则，所以正四棱锥的体积，令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，取得最大值，即该四棱锥体积的最大值为.故选：A.二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，凡选错1个〖答案〗的，得0分．有2个正确〖答案〗的，每选对1个，得3分；有3个正确〖答案〗的，每选对1个，得2分.）9.丹麦数学家琴生（Jensen）是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方面留下了很多宝贵的成果，设函数在上的导函数为，在上的导函数为，若在上恒成立，则称函数在上为“凸函数”，以下四个函数在上是凸函数的是（）A. B.C. D.〖答案〗ABC〖解析〗对于A，由，得，则，因为，所以，所以此函数是凸函数；对于B，由，得，则，因为，所以，所以此函数是凸函数；对于C，由，得，则，因为，所以，所以此函数是凸函数；对于D，由，得，则，因为，所以，所以此函数不是凸函数，故选：ABC10.设无穷等比数列的公比为q，其前n项和为，前n项积为，并满足条件，，，则下列结论正确的是（

）A. B.C.是数列中的最大项 D.数列存在最小项〖答案〗AC〖解析〗由，所以，又，当时，则，，不成立，所以，所以数列为正项数列且单调递减.对于A，由数列为正项数列，所以，故A正确；对于B，由，所以，，所以，，故B错误；对于C，D，根据上面分析，数列为正项数列且单调递减，且，，所以，所以是数列的最大项，无最小项，故C正确，D错误.故选：AC.11.非零实数不全相等．下列说法正确的是（）A.若成等差数列，则，，可以构成等差数列B.若成等比数列，则，，必定构成等比数列C.若，，则D.若，且，则〖答案〗BD〖解析〗对于A，若，则，，不可以构成等差数列，故A错误；对于B，若成等比数列，则，且都不为0，则，即，，必定构成等比数列，故B正确；对于C，若，，则，即，令，，当时，，是单调递增函数，当时，，是单调递减函数，由于，，则，故C错误；对于D，若非零实数，，且，则，，设，则，当时，，是单调递增函数，当时，，是单调递减函数，所以，所以，所以，可得，又，，可得，，且，所以，又，所以，故，故D正确.故选：BD.第Ⅱ卷（非选择题共92分）三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.设是公差不为0的等差数列的前n项和，若，则k=__________．〖答案〗18〖解析〗由，所以，，即，即，由等差数列下标和性质可得.故〖答案〗为：18.13.甲乙两名学生从5门选修课程中各自选修2门，则这两人选修课程中恰有1门相同的选法共有__________种（用数字作答）．〖答案〗60〖解析〗两人各选门的方法数为.两人选法都相同的方法数为；两人选法都不同的方法数为.所以甲、乙所选的课程中恰有门相同的选法数为.故〖答案〗为：.14.若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是__________．〖答案〗〖解析〗关于的不等式恒成立，即恒成立，令，，则，，在单调递增，，即，，令，，则，当时，，在单调递减，当时，，在单调递增，，.故〖答案〗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）15.已知函数．（1）求单调增区间；（2）若方程在有解，求实数m的取值范围．解：（1），令，解得或，即的单调增区间为，．（2）方程在有解，即m的范围等价于在的值域；由（1）知在单调递增，单调递减，单调递增．且，，，，所以在的值域为，所以m的取值范围为．16.已知数列{an}的首项，且满足．（1）求证：数列{}为等比数列；（2）若，求满足条件的最大整数n．解：（1）因为，故，所以，所以，而,故，所以，所以{}是以首项为1，公比为的等比数列．（2）由（1）知，所以，故．因为随着n的增大而增大，n=100满足题意，n=101不合题意，所以满足条件的最大整数n=100．17.已知正数数列的首项为1，且前n项和满足：当时，都有．（1）求bn；（2）若数列前n项和为Tn，则是否存在实数m，使得对于任意的都有？若存在，求出m的取值范围，若不存在，说明理由．解：（1）因为数列是正数数列，且，，，∴，所以数列{}是以1为首项，公差为1的等差数列．所以，所以，所以，．又满足上式．∴，．（2）因为，所以，，，即.因为对于任意的都有，所以．18已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围；（3）求证：.解：（1）定义域R，，当时，恒成立，在R上单调递减，当时，当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，综上：当时，在R上单调递减，当时，则在上单调递减，在上单调递增.（2）由（1）知，当时，在R上单调递减，则在R上最多一个零点，故不满足有两个零点，舍去；当时，则在上单调递减，在上单调递增，在处取得极小值，也是最小值，，要想有两个零点，要满足，令，，恒成立，所以在上单调递增，又注意到，所以，又，由零点存在性定理，在上有一零点，设正整数满足，则，而，由零点存在性定理，在有一个零点.综上：的取值范围是.（3）由（2）得：当时，，即恒成立，当且仅当时，等号成立，要证明，只需证明，即，令，则，，，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，又，所以恒成立，即在R上单调递增，因为，所以当时，，当时，，所以在时单调递减，在时单调递增，因为，所以，当且仅当处等号成立，由于与，等号成立时的取值不同，故最终等号取不到，所以19.物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出了“牛顿数列”，它在航空航天中应用非常广泛．其定义是：对于函数，若满足，则称数列为牛顿数列．已知，如图，在横坐标为的点处作的切线，切线与x轴交点的横坐标为，用代替重复上述过程得到，一直下去，得到数列．（1）求数列的通项公式；（2）若数列的前n项和为，且对任意的，满足，求整数的最小值；（参考数据：）（3）在（2）的前提下，设，直线与曲线有且只有两个公共点，其中，求的值．解：（1）函数，求导得，则函数的图象在点处的切线方程为：，令，得，因此数列是首项为1，公比为的等比数列，所以.（2）由（1），令，