四川省成都市嘉祥教育集团2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题(原卷版+解析版)

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名称 四川省成都市嘉祥教育集团2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题(原卷版+解析版)
格式 zip
文件大小 949.5KB
资源类型 教案
版本资源 人教A版(2019)
科目 数学
更新时间 2024-05-20 21:38:28

文档简介

嘉祥教育集团2023-2024学年高二下学期期中考试数 学
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】
【分析】求出运动方程的导函数,据运动方程的导数是瞬时速度,令求出瞬时速度即可.
【详解】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】
【分析】根据排列数、组合数的公式计算可得.
【详解】.
故选:.
3. 函数的单调递减区间为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复合函数的单调性判断即可.
【详解】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】
【分析】先找到数列的周期,然后求得数列前2024项的积.
【详解】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】
【分析】利用的图象分析的正负情况,从而分类讨论即可得解.
【详解】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《详解九章算术》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】
【分析】根据题意,为等比数列,求得,利用累乘法可求得,进而求得答案.
【详解】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】
【分析】分类讨论单调性,结合排列数、组合数运算求解.
【详解】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.
【点睛】方法点睛:两个计数原理的应用技巧
(1)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时,一般先分类再分步,每一步当中又可能用到分类加法计数原理.
(2)对于复杂的两个计数原理综合应用的问题,可恰当列出示意图或表格,使问题形象化、直观化.
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】
【分析】设出正四棱锥的高,然后将正四棱锥的体积表示为关于的函数,利用导数确定的单调性,从而可求的最大值,则体积最大值可知.
【详解】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】
【分析】根据凸函数的定义,求导,即可根据二阶导数的正负判断.
【详解】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:ABC
10. 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】
【分析】根据等比数列的单调性可判断,进而可判断,,即可结合选项逐一求解.
【详解】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】
【分析】举反例可判断A;根据等比数列的定义可判断B;构造函数,利用导数判断出其单调性可判C;设,利用导数得出得,有,再利用不等式的性质可判断D.
【详解】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.
【点睛】关键点点睛:CD选项的解题的关键点是构造函数,再利用导数判断出单调性.
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】
【分析】根据等差数列前n项和公式及下标和性质计算可得.
【详解】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】
【分析】先计算出任选两门的事件数,减去两人选法都不同、两人选法都相同的事件数,求得甲、乙所选的课程中恰有门相同的选法数.
【详解】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】
【分析】将转化为,构造函数,利用导数判断的单调性从而得到,再构造函数,利用导数判断的单调性从而求出的最小值,即可求解.
【详解】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)求的单调增区间;
(2)若方程在有解,求实数m的取值范围.
【答案】(1)的单调增区间为,.
(2).
【解析】
【分析】(1)求导,令求得增区间;
(2)根据题意,方程在有解,即m的范围等价于在的值域,利用单调性求出在的值域,得解.
【小问1详解】

令,解得或,
即的单调增区间为,.
【小问2详解】
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.
【答案】(1)证明见解析
(2)100
【解析】
【分析】(1)由题意可得=,可证结论;
(2)由(1),可求得,可求满足条件的最大整数n .
【小问1详解】
因为=÷==,
所以{}是以首项为1,公比为的等比数列.
【小问2详解】
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.
【答案】(1).
(2)存在,.
【解析】
【分析】(1)根据题意可得,然后求出和;
(2)由(1)求出,利用裂项相消法求出,分析可得,得解.
【小问1详解】
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.
∴ ,.
【小问2详解】
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:.
【答案】(1)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)
(3)证明过程见解析
【解析】
【分析】(1)求定义域,求导,分与两种情况进行求解函数单调性;(2)在第一问研究的函数单调性的基础上,确定,由最小值小于0求出,再寻找两个函数值大于0的点,从而由零点存在性定理得到结果;(3)在第二问基础上进行放缩,得到,进而证明即可,构造函数,多次求导,从而求出,由于与,等号成立时的取值不同,故最终等号取不到,证明出不等式.
【小问1详解】
定义域为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.
【小问2详解】
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.
【小问3详解】
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
【点睛】导函数证明不等式,要能结合题目特征,进行适当的放缩,利用导函数研究函数的单调性和极值,最值情况,证明出不等式.
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.
【答案】(1);
(2)22; (3)16
【解析】
【分析】(1)利用导数的几何意义求出切线方程,即可得数列的递推公式,再求出通项.
(2)由(1)令,利用错位相减法求数列的前项和,结合不等式分离参数,借助数列单调性求出的最大值即得.
(3)由(2)求出,利用导数探讨函数只有两个零点即可得解.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
由(1),令,
则,
于是,
两式相减得:
因此,由,得,
令,则,
当时,,即,
当时,,即,则,
所以整数的最小值为22.
【小问3详解】
由(2)知,依题意,方程有且只有两个根,
令,则函数有且只有两个零点,
求导得,当时,恒成立,在R上递增,最多1个零点,不符合题意,
当时,由,得或,由,得,
则函数在上单调递增,在上单调递减,
当时,取得极大值,当时,取得极小值,
函数有且只有两个零点,则的图象与x轴有且只有两个公共点,必有,
此时,,方程,即,得,
所以,.
【点睛】关键点点睛:本题的关键是第一问理解题意,理解与的关系,从而求出数列的通项公式,后面的问题迎刃而解.嘉祥教育集团2023-2024学年高二下学期期中考试数 学
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
2. ( )
A 65 B. 160 C. 165 D. 210
3. 函数单调递减区间为( )
A. B. C. D.
4. 已知数列满足,,则数列前2024项积为( )
A. 4 B. 1 C. D.
5. 已知函数的图象如图所示,则不等式的解集为( )
A. B.
C. D.
6. 南宋数学家杨辉在《详解九章算术》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.
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
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.
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.
10. 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
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
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 =__________.
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).
14. 若关于的不等式恒成立,则实数的取值范围是__________.
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)求的单调增区间;
(2)若方程在有解,求实数m的取值范围.
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.
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.
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:.
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.
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