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)_第1页
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文档简介

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

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