广东省广州市培英中学2023-2024学年高二下学期3月质量检测数学试题（含解析）

培英中学2023-2024学年高二下学期3月质量检测
数学
满分：150分 时间：120分钟
一、单项选择题：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．若曲线在点处的切线在轴上的截距为1，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
2．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的范围是：，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．甲同学是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的前6位数字3，1，4，1，5，9进行某种排列得到密码．如果排列时要求两个1不相邻，那么甲同学可以设置的不同密码个数为（ ）
A．720 B．480 C．360 D．240
3．为了激发同学们学习数学的热情，某学校开展利用数学知识设计LOGO的比赛，其中某位同学利用函数图像的一部分设计了如图的LOGO，那么该同学所选的函数最有可能是（ ）
A． B． C． D．
4．设是偶函数且的导函数，，当时，，则使成立的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．2010年广州亚运会结束了，某运动队的7名队员合影留念，计划站成一横排，但甲不站最左端，乙不站最右端，丙不站正中间．则理论上他们的排法有（ ）
A．2952种 B．3144种 C．3216种 D．3864种
6．设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．已知：任何三次函数既有拐点，又有对称中心，且拐点就是对称中心．设，数列的通项公式为，则（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
7．已知，若，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数，若函数在内有且仅有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求。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．下列等式中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．在数列中，，则以下结论正确的为（ ）．
A．数列为等差数列
B．
C．当取最大值时，的值为51
D．当数列的前项和取得最大值时，的值为49或51
已知函数（为正整数），则下列判断正确的是（ ）
A．函数始终为奇函数
B．当为偶数时，函数的最小值为4
C．当为奇数时，函数的极小值为4
D．当时，函数的图象关于直线对称
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知函数有两个不同的极值点，且，则实数的取值范围是______．
13．工人在悬挂如图所示的一个正六边形装饰品时，需要固定六个位置上的螺丝，首先随意拧紧一个螺丝，接着拧紧距离它最远的第二个螺丝，再随意拧紧第三个螺丝，接着拧紧距离第三个螺丝最远的第四个螺丝，第五个和第六个以此类推，则不同的固定方式有______种．
14．已知函数若在区间上存在个不同的数，使得成立，则的最大值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤。
15．（13分）
设函数
（1）当时，求曲线在处的切线方程．
（2）讨论函数在区间上零点的个数．
16．（15分）
已知数列的首项，且满足，设．
（1）求证：数列为等比数列；
（2）若，求满足条件的最小正整数．
17．（15分）
（1）求值：；
（2）解关于x的不等式：．
18．（17分）
设数列的首项，前项和为满足关系式：．
（1）求证数列是等比数列；
（2）设数列的公比为，构造数列，使，求数列的前项和．
19．（17分）
已知函数．
（1）判断是否成立，并给出理由；
（2）①证明：当时，；
②证明：当时，．
培英中学2023-2024学年高二下学期3月质量检测
数学试题参考答案及评分标准
1．A 【详解】因为点在曲线上，所以，得．因为，所以该曲线在点处的切线斜率，所以切线方程为，令，则，故．故选：A．
2．D 【详解】先把数字3，4，5，9四个数排列，共有种排列方法，四个数排列产生5个空，把两个1插到5个空里，共有种方法，根据乘法分步原理得共有种．
故选：D
3．B 【详解】A：，即在定义域上递增，不符合；
B：，在上，在上，在上，所以在、上递减，上递增，符合；
C：由且定义域为，为偶函数，所以题图不可能在轴两侧，研究上性质：，故递增，不符合；
D：由且定义域为，为奇函数，研究上性质：，故在递增，所以在上递增，不符合；
故选：B
4．D 【详解】令，由为偶函数，，得，故为奇函数，且，又当时，，所以在上单调递减，又为奇函数，所以在上单调递减，令得或，解得或．
故选：D．
5．C 【详解】根据题意，分3种情况讨论：
①甲在右端，若乙在中间，则丙有5个位置可选，再将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置，有种情况；
甲在右端，若乙不在中间，则乙还有5个位置可选，此时丙还有4个位置可选，再将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置，有种情况；两种情况合并，共有种情况；
②若甲在中间，分丙在右端与丙不在右端两种，情况同①．共有种情况；
③若甲不在中间也不在右端，先排甲，有4种方法，再排乙，乙若在中间，则丙有5种排法；乙若不在中间，则乙有4种排法，此时丙有4种排法；最后，将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置，共有种情况；
综上，则共有种不同的站法．
故选：C．
6．A 【详解】由，得，由可得：，因为所以的图象关于点对称，所以．
因为，所以，所以，，所以，
故选：A
7．C 【详解】因为，定义域关于原点对称，，所以为R上的偶函数，当时，，设，则，
，所以即在上单调递减，所以，
所以在上单调递减，又因为为偶函数，所以在上单调递增，
又因为
因为，且，所以，所以，即，
所以，所以，即．故选：C．
8．D 【详解】当时，单调递增，当时，，
根据反比例函数的平移可得到，则此时单调递增，作出图象如下图所示，
令，即，则题意转化为函数与直线在图象上有两个交点，，且直线过定点，
当直线经过点时，代入得，解得，设此时直线为，
当直线经过点时，代入得，解得，设此时直线为，
当直线经过点时，代入得，解得，设此时直线为，
当时，，则在点处的切线斜率为9，设此时直线为，由图知可知，
故选：D．
9．A D
【详解】A．，正确；
B．因为，所以，故错误；
C．，故错误；
D．，故正确；
故选：AD
10．ACD
【详解】对于A，由，得，两式作差得，即，所以数列为等差数列，故A正确；
对于B，令，知，故B错误；
对于C，由等差数列的性质知，即，又，可得公差，所以，知数列的前51项为正，从第52项开始为负，当取最大值时，的值为51，故C正确；对于D，由数列的前51项为正，从第52项开始为负，又，知，，所以数列前49项和最大，又，所以数列前51项和最大，当时，，所以当或51时，的前项和取得最大值，D正确．
故选：ACD
11．BC
【详解】因为函数（n为正整数），所以，当为偶数时，
，函数是偶函数；当为奇数时，，函数是奇函数，故A不正确；
当为偶数时，，所以，当且仅当时，即取等号，所以函数的最小值为4，故B正确；
当为奇数时，令，则，函数化为，而在上单调递增，在上单调递递减，所以在时，取得极小值，故C正确；
当时，函数上点，设点关于直线对称的对称点为，则，
解得，即，而将代入不满足，所以函数的图象不关于直线对称，故D不正确，
故选：BC．
12．
【详解】函数的定义域为，且，令可得，设，其中，则函数在上有两个不等的零点，
所以，，解得．故答案为：．
13．48
【详解】先随意拧一个螺丝，接着拧它对角线上的，有种方法；再随意拧第三个螺丝，和其对角线上的，有种方法；然后随意拧第五个螺丝，和其对角线上的，有种方法．共有不同的固定方式有种，
故答案为：48
14．4
【分析】由导数判断单调性后作出图象，数形结合求解
【详解】，
当时，，令，得，当时，，当时，在单调递增，在单调递减，作出图象，数形结合可得与在最多有4个交点，
故答案为：4
15．（1）
（2）答案见解析
【详解】（1）因为，所以，
则所以，切线方程为
即
（2）由（1）知，．
①当时，在区间上大于零，在区间上单调递增，且，所以在区间上有一个零点．
②当时，在区间上小于零，在区间上单调递减，且，所以在区间上有一个零点．
③当时，在区间上小于零，在区间上大于零，所以在区间上单调递增
而．当，即时，在区间上有两个零点．当，即时，在区间上有一个零点．
综上可知，当或时，在上有一个零点，当时，在区间上有两个零点．
16．（1）证明见解析
（2）140
【详解】（1），
，所以数列为首项为，公比为等比数列．
（2）由（1）可得，
即
而随着的增大而增大
要使，即，则的最小值为140．
17．（1）165；（2）．
【详解】（1）因为，所以，
原式
；
（2）因为，
所以
化简可得，
解得，所以不等式解集为．
18．（1）证明见解析；（2）．
【详解】（1）当时
代入已知得，解得，
所以，
当时，又
两式相减得到，所以
又已证，所以是以1为首项，为公比的等比数列．
（2）由题意，得，所以数列是以3为首项，以3为公比的等比数列．
故，即．
由于
相减得
所以
所以
19．（1）成立，理由见解析
（2）①证明见解析；②证明见解析
【详解】（1）恒成立，理由如下：
令，则，
令，则在上恒成立，故在上单调递增，
其中，故在上恒成立，故在上单调递增，
故，即恒成立；
（2）①时，单调递增，故，
又，故要证，只需证，
令，则只需证明，
，令，则函数在上单调递增，所以当时，，所以，所以在上单调递减，所以，故，
所以当时，；
②由（1）知，，由于，
所以，
所以