福建省福州市福清市2023-2024学年高二下学期期中质量检测数学试题

福建省福州市福清市20232024学年高二下学期期中质量检测数学试题注意事项：1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致．2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，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﹒第Ⅱ卷用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答．在试题卷上作答，答案无效﹒3．考试结束，考生必须将答题卡交回．第I卷一、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．1．一质点的运动方程为（位移单位：，时间单位：s），则该质点在时的瞬时速度是A． B． C． D．2．已知数列的前5项依次为，则的一个通项公式是A． B． C． D．3．已知为递增的等差数列，，则A．3 B． C．3或5 D．或4．函数的图象如图所示，则的图象大致为A． B． C． D．5．已知等比数列，则A．28 B．32 C．36 D．406．已知函数有两个零点，则A． B． C． D．7．数列满足，则的前8项和为A．4 B．0 C．4 D．168．已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是A． B． C． D．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．下列函数在上单调递减的是A． B． C． D．10．已知等差数列的前项和为，若，则下列结论错误的是A．是递增数列 B． C．当取得最大值时， D．11．已知函数有且仅有三个不同的零点分别为，则A．的范围是 B．的范围是 C． D．第Ⅱ卷三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知等差数列的前项和为，则______13．若函数及其导函数的定义域均为的图象关于原点对称，且在上恒为负数，则的解析式可以为______（写出符合条件的一个即可）．14．已知数列满足，则______，的通项公式为______四、解答题：本大题共5小题，共7分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．（本小题满分13分）已知函数．（1）求曲线在处的切线方程；（2）求在的最值．16．（本小题满分15分）已知正项数列满足．（1）证明：数列为等比数列；（2）求的前项和．17．（本小题满分15分）已知函数．（1）求的极值；（2）若对任意成立，求实数的取值范围．18．（本小题满分17分）记数列的前项和．（1）求的通项公式；（2）设数列的前项和为，证明：．19．（本小题满分17分）己知函数．（1）若与互为反函数，求实数的值；（2）若，且，证明：；（3）若，且，证明：．

20232024学年第二学期高二年期中质量检测数学参考答案及评分细则评分说明：1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则．2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．4．只给整数分数．选择题和填空题不给中间分．一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，满分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．A 2．B 3．A 4．D 5．B 6．D 7．C 8．D二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，满分18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．ABD 10．AD 11．BD二、填空题：每小题5分，满分15分．12．81 13．（也可以填：，等等）14．7,（也可以填：或者)（第一空2分，第二空3分）三、解答题：本大题共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．【解法一】（1）因为，……………………1分所以，………………………2分即曲线在处的切线斜率为0．………………3分由，得切点．…………………4分故所求的切线方程为．…………………6分（2）由（1）得，．令得．………………………7分当时，，此时函数单调递减；………8分当时，，此时函数单调递增．……………………9分故当时，取得最小值为．……………10分又，比较可得．…………12分故函数在上的最大值为，最小值为1．……………………13分【解法二】（1）略，同解法一；（2）由（1）得，．令得．…………………………7分又，………………10分且…………………………12分故函数在上的最大值为，最小值为1．………13分16．解：（1）因为，所以，……………3分因为，所以，所以．………………4分又，……………………6分故是首项为2，公比为2的等比数列．………………7分（2）由（1）可得，即．……………9分…………………11分…………………………12分…………………13分……………………14分所以的前项和为．…………………15分17．解：（1）由，得．……1分令，得，……………………3分当时，；当时，……………………5分故在处有极小值，无极大值．………………7分（2）由及，得恒成立．……………9分令，则．………………10分当时，；当时，．……………………12分所以在上单调递减，在上单调递增，…………………13分所以，……………………14分所以，即实数的取值范围为．………………15分18．解：（1）当时，，…………1分则…………………2分…………………………4分故，即．………………………6分当时，有，即．……………………7分故是公差、首项均为2的等差数列，故．……8分（2）由（1）得，故，…………………10分则．……13分因为，故，………………………14分又在上单调递减，…………15分故随的增大而增大，故，………………16分综上，．…………………………17分19．【解法一】（1）因为同底的指数函数与对数函数互为反函数，所以的反函数为，……………………1分所以．……………………2分（2）当时，，…………3分所以，故只需证明当时，．…………4分当时，在区间上单调递增．…………5分又，根据零点存在定理，，使得，……………………6分当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，故．……………………7分又，所以，所以，…………8分所以，综上，当时，．………………10分（3）令，因为，所以，由.………11分由于，故，令，则，故，故…………………13分记，所以，记，………………………14分所以在单调递减，故．又因为，所以，……………15分所以在单调递减，故，………16分所以，即，又因为，所以．……………………17分【解法二】（1）略，同解法一；（2）欲证，只需证，即证．，只需证．………………3分①先证，设，则，令，得，…………4分所以当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，………5分所以，所以