四川省凉山州西昌市2024-2025学年高二下学期期中检测数学试题（解析版）

西昌市2024—2025学年度下期期中检测高二数学本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，试题卷4页，答题卡2页.全卷满分为150分，考试时间120分钟.答题前考生务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置；选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，其他试题用0.5毫米签字笔书写在答题卡对应题框内，不得超越题框区域.考试结束后将答题卡收回.第Ⅰ卷选择题（共58分）一、单项选择题（本题有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个选项正确）1.已知数列的通项公式为，在下列各数中，不是的项的是（）A.1 B. C.3 D.2【答案】D【解析】【分析】根据通项公式，逐项判断即可得出结果.【详解】因为，若，则，即是的项；若，则，即是的项；若，则，即是的项；若，则，即不是的项；故选D【点睛】本题主要考查数列中的项，熟记等差数列的通项公式即可，属于常考题型.2.下列函数的求导正确的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据导数的计算公式与求导法则计算即得．【详解】对于A，，故A错误；对于B，，故B正确；对于C，，故C错误；对于D，，故D错误；故选：B．3.已知等差数列、的前项和分别为、，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用等差数列的求和公式可求得所求代数式的值.【详解】因为等差数列、的前项和分别为、，且，因为.故选：C.4.已知是函数的导函数，且的图象如图所示，则函数的图象可能是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据给定的导函数图象，确定函数的单调性及单调性，进而确定其图象.【详解】由函数的图象，得当或时，；当时，，因此函数在上单调递减，在上单调递增，选项ABC错误，D正确.故选：D5.已知，则曲线在点处的切线方程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】令，可求得，求导可得，令，可求得，可求切线方程.【详解】令，可得，即，解得，由，可得，令，可得，解得，所以曲线在点处的切线方程为，即.故选：D.6.函数的单调递减区间是，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出的导函数，因为有单调递减区间，所以；再根据与，求出的单调递减区间为，最后根据题目给出的条件得出最后答案即可.【详解】由题可知f′x=4x−ax令，则，又，故，即单调递减区间是，可得.故选：A.7.已知数列满足，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由，得到，再利用等比数列的定义求解.【详解】因为，所以．因为，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以，所以，故．故选：C8.已知定义域为的函数，其导函数为，且满足，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】构造函数，由得，进而判断函数的单调性，判断各选项不等式.【详解】依题意令，则，因为在上恒成立，所以在上恒成立，故在上单调递减，所以，，故A不正确；所以，即，即，故B不正确；又，即，即，故C错误；因为，即，即，故D正确；故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是根据题意构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可比较函数值的大小.二、多项选择题（本题有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个选项正确，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分）9.数列前n项和为，已知，，则下列说法正确的是（）A.是递增数列 B.C.当时， D.当或4时，取得最大值【答案】CD【解析】【分析】根据即可判断A；由等差数列通项公式求得，即可判断B；令求解即可判断C；根据等差数列的函数特性即可判断D．【详解】对于A，由得，，所以是递减数列，故A错误；对于B，由得，数列是等差数列，所以，所以，故B错误；对于C，令，即，解得，故C正确；对于D，，对称轴为，所以当或4时，取得最大值，故D正确；故选：CD．A.函数的切线与函数的图象可以有两个公共点B.若，则函数在处无切线C.曲线在处的切线方程为，则D.已知函数，则是函数的极值点【答案】AC【解析】【分析】利用切线的概念可判断A选项；利用导数的几何意义可判断B选项；利用导数的几何意义和导数的概念可判断C选项；利用函数极值点与导数的关系可判断D选项.【详解】对于A选项，函数的切线与函数的图象可以有两个公共点，例如函数在处的切线，由得，且，则函数在处的切线方程为，由可得，解得或，所以，函数在处的切线与函数的图象还有一个公共点，函数在处的切线与函数的图象有两个公共点，A对；对于B选项，若，则函数在处的切线斜率为，B错；对于C选项，曲线在处的切线方程为，则，，C对；对于D选项，已知函数，则对任意的恒成立，当且仅当时，等号成立，则函数在上单调递增，无极值点，D错.故选：AC.11.已知函数有且仅有三个不同的零点分别为，，，则（）A.a的范围是 B.a的范围是 C. D.【答案】BCD【解析】【分析】求出，分、讨论，利用导数求出极值可判断AB；利用可判断CD．【详解】，令，解得或，当时，当时，，在单调递减，当时，，在单调递减，当时，，在单调递增，所以，，此时函数只有一个零点，不符合题意；当时，当时，，在单调递增，当时，，在单调递增，当时，，在单调递减，所以，要使有三个不同的零点，则，解得，即的取值范围是，故A错误，B正确；因为函数有且仅有三个不同零点分别为，则，即有，，，则，故CD正确；故选：BCD．第Ⅱ卷非选择题（共92分）三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.若数列是等比数列，且，则______．【答案】4【解析】【分析】根据等比数列下标和性质即可求解．【详解】，则，故答案为：4．13.已知曲线，则曲线过原点的切线方程为______.【答案】【解析】【分析】首先求出导函数，设切点为，利用导数的几何意义可得切点以及斜率，根据点斜式即可求解.【详解】由，则，设切点为，所以，解得，所以切点为，切线的斜率所以过原点的切线方程为：，即.故答案为：14.已知，，若对，，使得成立，则a取值范围是______．【答案】【解析】【分析】根据对，，使得成立，只需求解即可.【详解】因为，所以，当时，，当时，，所以，因为开口方向向下，所以在区间上的最小值的端点处取得，所以要使对，，使得成立，只需，即或，即或，解得，所以a的取值范围是，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.记是公差不为0的等差数列的前n项和，若，．（1）求数列的通项公式；（2）求使成立的n的最小值．【答案】（1）（2）5【解析】【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为d，根据已知列出方程组求解，再根据等差数列通项公式即可求解；（2）由等差数列的求和公式求得，由得，求解即可．【小问1详解】设等差数列的首项为，公差为d，由得：，∴，由得：，解得（舍）或，∴，数列的通项公式为：．【小问2详解】由等差数列的前n通项公式可得：，则不等式即：，整理可得：，解得：或，又n为正整数，故n的最小值为5．16.已知函数，，为函数的导函数．（1）求函数的单调性；（2）若任意，恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）分类讨论时和时，的正负即可求解单调区间；（2）由题得在恒成立，进而得出恒成立，构造函数利用导数即可求解．【小问1详解】因为，且定义域为，所以，令，则，当时，，函数在上单调递减；当时，令，得到，令，得到，故函数在上单调递减，在上单调递增；综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．【小问2详解】由（1）得，因为对于任意，恒成立，所以恒成立，化简得恒成立，故恒成立，令，则恒成立，，令，则，得到在单调递增，即，故，在单调递增，而，即，故．17.已知正项等比数列满足，．（1）求的通项公式；（2）设数列满足，的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为q，则，根据条件求出公比q，然后求的通项公式即可；（2），用分组求和法结合错位相减法，即可求的前n项和【小问1详解】设等比数列的公比为q，则，所以，整理可得，因为，解得，故．【小问2详解】由（1）知，……①……②由①②得：,所以．18.已知关于的函数，其图象与直线相切.（1）求的值；（2）证明：；（3）设数列，的前项和为，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由可求出切点的横坐标，即可得出切点的坐标，由此可求得实数的值；（2）利用导数求出，即可证得结论成立；（3）由（2）得出，结合不等式的基本性质得出，由此得出，然后利用放缩法可证得结论成立.【小问1详解】函数的图象与轴相切，则，得，代入可得，所以，切点坐标为，所以.【小问2详解】由（1）知，则，得，，得，所以在上单调递减，在上单调递增，则，所以，得证.【小问3详解】由（2）知，当时，，所以，，即当时，，当时，，所以，，则，，所以，即，累加得，所以故对任意的，.19.已知函数．（1）当，时，求的单调递减区间；（2）当时，若有两个极值点．（ⅰ）求b的取值范围；（ⅱ）证明：．【答案】（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.【解析】【分析】（1）把代入，求出函数的导数，解不等式求出单调递减区间.（2）（ⅰ）把代入，求出导数并换元，借助一元二次