四川省成都市嘉祥教育集团2024-2025学年高二下学期期中质量监测数学试题（含解析）

四川省嘉祥教育集团2024 2025学年高二下学期期中质量监测数学试题
一、单选题
1．已知函数，则=（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
2．等差数列单调递增，且满足，则公差为（ ）
A．1 B．2 C．0或1 D．0或2
3．函数的图象在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
4．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
5．若等比数列的前项和为，则“”是“单调递增”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．函数在区间上的最小值、最大值分别为（ ）
A． B． C． D．
7．等比数列{ an }满足a5 = 2，，则（ ）
A．22 B．20 C．12 D．10
8．对于函数，设是函数的导函数，把满足的值叫做函数的“自足点”.若函数的“自足点”分别记为，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列求导运算正确的有（ ）
A． B．
C． D．
10．已知数列的前n项和为，且，，则（ ）
A．为等比数列
B．
C．当最小时，
D．存在数列中的三项成等差数列，其中m，k，p为正整数，且
11．已知函数及其导函数的定义域均为，若是奇函数，，且对任意，，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
12．函数的单调递增区间为 ．
13．若曲线存在过原点的切线，则实数的取值范围为 ．
14．若为关于x的方程的实数根，且．若，其中表示不超过x的最大整数．记数列的前n项和为，有恒成立，则实数 的取值范围为 ．
四、解答题
15．正项等比数列的前项和为，满足，．
（1）求的通项公式；
（2）若为的前n项积，求的最大值（可以用指数式表示），并求出最大时的值．
16．已知函数，．
（1）讨论单调性；
（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围．
17．数列满足，.
（1）求证：数列为等差数列；
（2）设，证明：数列的前n项和.
18．已知函数，．
（1）设，求函数的极值；
（2）若恒成立，求实数k的取值范围；
（3）若直线l与曲线分别相切于点，且．求证：．
19．欧拉函数在密码学中具有重要应用，尤其是在公玥密码体制如算法中扮演核心角色．欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互素（互素：公约数只有1）的正整数的个数，例如：．
（1）直接写出的值；
（2）设，求数列的通项公式，并求数列的前n项和；
（3）设p，q为两个不相等的素数，，证明：
①； ②．
参考答案
1．【答案】B
【详解】，，
，故.
故选B
2．【答案】B
【详解】设单调递增的等差数列的公差为，且，
因为， 所以，
又，则，即，
解得，或（舍去）.
故选B.
3．【答案】D
【详解】因为，，所以.
所以.
所以的图象在点处的切线方程为：，即.
故选D
4．【答案】A
【详解】函数的定义域为R，求导得，
令，求导得，函数在R上单调递增，
当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，BCD错误，A正确.
故选A
5．【答案】B
【详解】若的公比为，则，
若时，不单调，充分性不成立；
若单调递增，则恒成立，故，必要性成立，
所以“”是“单调递增”的必要不充分条件.
故选B
6．【答案】D
【详解】因为，，则，
令，则或；令，则；
可知在内单调递增，在内单调递减，
且，即，
所以函数在区间上的最小值、最大值分别为.
故选D.
7．【答案】A
【详解】等比数列{ an }满足a5 = 2，所以，
则
，
所以.
故选A
8．【答案】B
【详解】由，即，即，解得；
由，即，即.
令，恒成立，所以在单调递增.
又因为，，由零点存在性定理可知，
存在唯一，使得，即.
，即，即.
令，.令，解得或.
所以在，单调递增，在单调递减.
又因为，
由零点存在性定理可知，存在唯一，使得，即.
综上，.
故选B
9．【答案】BCD
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，
，故D正确；
故选BCD
10．【答案】AC
【详解】对于，当时，因为，所以，
所以，即，
当时，，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，故正确；
对于，因为数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，，
所以偶数项构成首项为，公比为的等比数列，
所以，故错误；
对于，因为，所以，
令，所以，
当，时，，
当，时，，
又，所以当最小时，，故正确；
对于，若成等差数列，，，
则，所以，
所以，等式两边同时除以得，
所以，所以，
因为且，所以，所以，
所以，又，所以不成立，
所以不存在数列中的三项成等差数列，其中m，k，p为正整数，且，故错误.
故选.
11．【答案】ABD
【详解】因为，
令，得，
又因为，所以，故A正确.
因为是定义域为的奇函数，所以，且为偶函数，
令，可得：①，
再用代替可得：
②，
①②得：，
所以，
，
所以是周期为3的周期函数，所以，故B正确.
因为，，所以，
所以，故C错误.
又因为亦为周期为3的周期函数，且为偶函数，所以，
令，，可得：，
所以，
所以，故D正确.
故选ABD
12．【答案】
【详解】因为，
因为，由可得：，
即（舍去）或.
所以函数的单调递增区间为：.
13．【答案】
【详解】∵，∴，
设切点为,则,切线斜率,
切线方程为：,
∵切线过原点，∴,
整理得：,
∵存在过原点的切线，∴,解得或,
∴的取值范围是.
14．【答案】
【详解】当时，；
当时，.
又因为时，单调递增，所以.
当n为偶数时，；
当n为奇数时，.
当n为奇数时，
，
此时，即为，
当，或时，最小，所以.
当n为偶数时，
，
此时，即为，
当时，最小，所以.
综上： 的取值范围为.
15．【答案】（1）
（2）或，的最大值为.
【详解】（1）设数列公比为，则，解得或，
因等比数列为正项数列，则，
则，解得，
则.
（2）当时，；当时，；当时，，
所以当或时，最大，最大值为 .
16．【答案】（1）在单调递增，在单调递减
（2）
【详解】（1）的定义域为，.
令，解得，或（舍）；由解得.
∴在单调递增，在单调递减.
（2）.
若函数有两个零点，还需满足
即，解得.
17．【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【详解】（1）因为，，故，，
则，
，为常数，
又因为，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列；
（2）法一：由（1）知，，
故，
，
令，
恒成立，所以在单调递增.
又因为，所以，即恒成立，
所以，证毕.
法二：由（1）知，，故，
，
令，
恒成立，所以在单调递增.
又因为，所以，即恒成立，
所以，证毕.
18．【答案】（1）极小值，无极大值
（2）
（3）证明见解析
【详解】（1）因为，则，
则，令，解得，
所以在单调递增，在单调递减，
所以当时，取得极小值，为；无极大值.
（2）由题意，
① 当时，，所以恒成立；
② 当时，不等式变为，即为，
此时，由（1）知在单调递增，
所以的解为，即恒成立.
令，，，令，解得
所以在上单调递增，在上单调递减，
最大值为
所以.
（3）直线l与曲线分别相切于点，
因为，，，，
则直线l与曲线相切的切线方程为
，即为，①
直线l与曲线相切的切线方程为
，即为，②
联立①、②，有
法一，由③得 ，即，⑤
将③⑤代入④，得，即，又，
所以，
令，则，
令，则，当时，，
所以函数，在上单调递增，所以，
所以，
所以.
法二，由③式可得，代入④式可得，
，即，又，
则，
所以.
19．【答案】（1）
（2），
（3）①证明见解析；②证明见解析
【详解】（1）由已知，所有不超过正整数12，且与12互素的正整数有，共4个，所以，
所有不超过正整数27，且与27互素的正整数有
，共18个，所以.
（2）不超过，且与不互素的数有，共个
所以，则 ，
所以，①
则，②
①-②得：，
，
所以.
（3）①不超过，且与p不互素的数有，共q个；
不超过，且与q不互素的数有，共p个，
所以不超过，且与不互素的数有
，，其中重复的数有，
所以.
② 不超过，且与p不互素的数有，共个；
不超过，且与q不互素的数有，共个，
所以不超过，且与不互素的数有
，，
其中重复的数有，共有个，
所以
.