黑龙江省哈尔滨市第二十四中学校2023-2024学年高二下学期期中数学试题（解析版）

这是一份黑龙江省哈尔滨市第二十四中学校2023-2024学年高二下学期期中数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 在等比数列中，，，则数列的前5项和为（ ）
A. B. C. 和5D. 和5
【答案】A
【解析】
【分析】
从和两种情况入手分析,根据等比数列的求和公式解得,求出通项公式,即可得到,代入公式即可得出结果.
【详解】解析：若，则，，故．
由得，解得，故，
，的前5项和．
故选:A．
【点睛】本题考查等比数列的求和公式,考查学生的计算能力,难度较易.
2. 小明在设置银行卡的数字密码时，计划将自己出生日期的后6个数字进行某种排列得到密码．如果排列时要求两个9相邻，两个0也相邻，则小明可以设置多少个不同的密码（ ）
A. 16B. 24C. 166D. 180
【答案】B
【解析】
【分析】将两个0视为一个元素，将两个9也视为一个元素，共有4个元素进行全排列，即可得答案.
【详解】将两个0视为一个元素，将两个9也视为一个元素，所以共有（种）不同的结果，
故选：B．
3. 已知Sn是数列{an}的前n项和，若a1=1，an+1=3Sn，则a2022=（ ）
A. 42019B. 42020C. 3×42019D. 3×42020
【答案】D
【解析】
【分析】根据数列通项与前n项和的关系可化简得，即可写出数列通项公式求解.
【详解】由可得
两式相减得，
即，而，
所以数列从第二项开始是一个以4为公比的等比数列，
，
.
故选：D
4. 设，，，，，数列，则的前100项和是（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意得到是以4为周期的函数，进而即可求解．
【详解】由，
则，
则，
则，
则，
所以是以4为周期的函数，
又，
所以的前100项和为：
．
故选：D．
5. 对于一个项数列，记的“Cesar平均值”为，若数列的“Cesar平均值”为2022，数列的“Cesar平均值”为2046，则（ ）
A. 24B. 26C. 1036D. 1541
【答案】B
【解析】
【分析】先求出的值，再根据Cesar平均值的求法列出等式，即可求出的值.
【详解】因为数列的“Cesar平均值”为，
所以.
因为的“Cesar平均值”为，
所以，所以，解得，
故选:B.
6. 如图，用4种不同的颜色对图中 5个区域涂色（4种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有（ ）

A. 24B. 96C. 48D. 108
【答案】B
【解析】
【分析】按照分步、分类计数原理计算可得.
【详解】第一步：涂区域，有种方法；
第二步：涂区域，有种方法；
第三步：涂区域，有种方法；
第四步（此前三步已经用去三种颜色）：涂区域，分两类：
第一类，区域与同色，则区域涂第四种颜色；
第二类，区域与不同色，则区域涂第四种颜色，
此时区域就可以涂区域或区域或区域中的任意一种颜色，有种方法．
所以，不同的涂色种数有.
故选：B
7. 已知定义域为的函数的导函数为，且，若实数，则下列不等式恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】证明出当时，，构造函数，利用导数分析函数的单调性，利用函数的单调性可判断CD选项，构造函数，结合导数法可判断AB选项.
【详解】构造函数，其中，则.
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，则，即，
因为，则，
对于AB选项，构造函数，该函数的定义域为，
则，无法确定符号，无法确定函数的单调性，
故与的大小无法确定；
对于CD选项，构造函数，该函数的定义域为，则，
所以，函数在上单调递增，
则，即，
故.
故选：D.
8. 已知函数，若，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析函数的单调性，设，可得出，构造函数，利用导数求出函数的最大值，即可得解.
【详解】因为，则函数在上单调递减，在上单调递增，
不妨设，有，可得，有，
令，有，
令，可得，由，可得，
可得函数的增区间为，减区间为，
可得，故的最大值为.
故选：D.
二、多选题
9. 南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有个球，第二层有个球，第三层有个球，…，设各层球数构成一个数列{an}，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据示意图，结合题意找到各层球的数量与层数的关系，可得，即可判断各项的正误.
【详解】由题意知：，故，
∴，故A错误；
，故B正确；
，故C正确；
，，显然，故D错误；
故选：BC
10. （多选）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数存在三个不同的零点
B. 函数既存在极大值又存在极小值
C. 若时，，则t的最小值为2
D. 当时，方程有且只有两个实根
【答案】BD
【解析】
【分析】利用导数判断出函数的单调性，作出函数的草图即可判断各选项的真假．
【详解】，令，解得或，
当或时，，故函数在，上单调递减，当时，，故函数在上单调递增，
且函数有极小值，有极大值，当趋近负无穷大时，fx趋近正无穷大，当趋近正无穷大时，fx趋近于零，故作函数草图如下，
由图可知，选项BD正确，选项C错误，t的最大值为2．
故选：BD．
11. 已知函数．则下列说法正确是（ ）
A. 当时，
B. 当时，直线与函数的图像相切
C. 若函数在区间上单调递增，则
D. 若在区间上恒成立，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A：当时，，求导函数，分析导函数的符号，得出函数的单调性，从而求得函数的最小值；
对于B：当时，，求导函数，设切点为，则过切点的切线方程为：，由切线过原点，求得，继而求得过原点的切线方程；
对于C：问题等价于在区间上恒成立，分离参数得在区间上恒成立，令，求导函数，分析导函数的符号，得函数的单调性和最值，由此可判断；
对于D：问题等价于在区间上恒成立，时，不等式恒成立；当时，分离参数，令，求导函数，分析的符号，得函数的单调性和最值，由此可判断.
【详解】解：对于A：当时，，则，令，得，
所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
所以，所以，故A正确；
对于B：当时，，则，
设切点为，则过切点的切线方程为：，因为切线过原点，
所以，解得，此时，所以直线与函数的图像相切，故B正确；
对于C：由函数得，
因函数在区间上单调递增，所以在区间上恒成立，即在区间上恒成立，
令，则，又令，所以，，函数单调递减，
所以，所以，故C不正确；
对于D：在区间上恒成立，等价于在区间上恒成立，
当时，不等式恒成立；
当时，恒成立，令，则，令，得，
因为，，函数单调递减，
所以，所以，故D正确；
故选：ABD.
三、填空题
12. 已知数列是首项为a，公差为1的等差数列，数列满足.若对任意的，都有成立，则实数a的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】先求，再得出，对于任意的，都有成立，说明是中的最小项，借助数列的函数性质求解．
【详解】解：由题意，∴，
易知函数在和上都是减函数，
且时，，即，
时，，，
由题意对于任意的，都有成立，则是最小项，∴，，即，解得，
故答案为：．
13. 设定义在R上的连续函数的导函数为，已知函数的图象（如图）与x轴的交点分别为，，.给出下列四个命题：
①函数的单调递增区间是，；
②函数的单调递增区间是，；
③是函数的极小值点；
④是函数的极小值点.
其中，正确命题的序号是__________.
【答案】②④
【解析】
【分析】
根据函数和图象可得的单调区间和单调性，从而得到答案.
【详解】由函数和图象可得，
当时，，得，所以函数单调递增，
当时，，得，所以函数单调递减，
当时，，得，所以函数单调递减，
当时，，得，所以函数单调递增，
所以①错误；②正确；③是函数的极大值点，错误；④正确.
故答案为：②④.
【点睛】本题结合图象考查函数的单调性和判断极值，属于基础题.
14. 已知函数，，令，若函数存在3个零点，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】当时，利用导数求出函数的单调性，进而作出图像，根据图像即可求解.
【详解】由题意可知，
当时，，，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；可得函数在处的极大值为：，
当时，图象趋近于轴.函数的大致图象如图所示，
可知函数存在3个零点时，的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题
15. 已知函数，.
（1）求曲线在处切线的方程；
（2）若直线l过坐标原点且与曲线相切，求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，然后利用点斜式写切线方程即可；
（2）根据设切点坐标，然后利用导数的几何意义得到斜率，再利用点斜式写切线方程，将代入切线方程得到即可得到切线方程.
【小问1详解】
，所以，所以，，所以切线方程为：，整理得.
【小问2详解】
，所以，设切点坐标为，所以切线斜率为，
则切线方程为：，又因为切线过原点，所以将代入切线方程得，解得，所以切线方程为：，整理得.
16. 已知数列的前n项和为，各项均为正数的等比数列的前n项和为，________，且.
在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并进行解答.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设数列的前n项和为，求证：.
注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分.
【答案】条件选择见解析；（1），；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据，利用数列通项和前n项和关系求得，选①，由求解；若选②，则，由求解；若选③，由求解.
（2）根据，利用错位相减法求和.
【详解】（1）当时，，
当时，，
时也成立，，
若选①，设的公比为q，，
，
，则.
若选②，则，
,
，则.
若选③，则，则，,
，.
（2）
④，
⑤，
得，
，
，
所以，
，
【点睛】方法点睛：求数列的前n项和的方法
(1)公式法：①等差数列的前n项和公式，②等比数列的前n项和公式；
(2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．
(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．
(4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．
(5)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.
(6)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
17. 已知为数列的前项和，且（是非零常数）.
（1）求的通项公式（答案含）；
（2）设，当时，求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用项和转换，，，可得，
利用等比数列的通项公式，即得解.
（2），利用分组求和，分n为奇数，偶数两种情况讨论，即得解.
【详解】（1）当时，，，
可得，
当时，，
故数列的通项公式为.
（2）由时，知，故，
当为正偶数时，
当为正奇数时，
综上，数列的前项和.
【点睛】本题考查了项和转换，分组求和，等比数列的前n项和公式等知识点，考查了学生转化与划归，分类讨论，数学运算的能力，属于中档题.
18. 已知，.
（1）当时，求极值；
（2）讨论单调性；
（3）当时，若对于任意，总存在，使得，求的取值范围.
【答案】（1）极大值为，无极小值
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先求导数，再结合导数判断单调性，求出极值；
（2）先求导数，对分类讨论，确定导数符号，得出单调性；
（3）利用导数分别求解的最大值，然后可得答案.
【小问1详解】
由题可知，函数定义域为，由
当，解得，当，解得，所以函数在处取得极大值，无极小值.
【小问2详解】
，
①所以当时，有恒成立，在单调递增，
②当时，由解得：，在上单调递增；
由解得：，在上单调递减；
综上，时，在单调递增；时，在上单调递增，在上单调递减.
【小问3详解】
当时，，
根据题意，不等式等价于，，
对于，，，
所以在上单增，所以，则有，
设，，则，
在定义域内为减函数，又，所以，即的取值范围是.
19. 已知函数（是自然对数的底数）.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若有两个零点分别为.
①求实数取值范围；
②求证：.
【答案】（1）答案见解析
（2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，求导即可得到结果；
（2）①根据题意，将问题转化为有两个零点，然后利用导数，分类讨论即可得到的取值范围；
②根据题意，将问题转化为，再由①中的结论，即只需证，然后构造函数求导即可得到证明.
【小问1详解】
由题意可得，
①当时，在上递增；
②当时，在上递减，在上递增.
【小问2详解】
①等价于有两个零点，
令，则，在时恒成立，所以在时单调递增，
所以有两个零点，等价于有两个零点.
因为 ，所以当时，，单调递增，不可能有两个零点；
当时，令，得，单调递增，令，得，单调递减，所以，
若，得，此时恒成立，没有零点；
若，得，此时有一个零点；
若，得，因为，，，
所以在，上各存在一个零点，符合题意，
综上，a的取值范围为.
②要证即证：，
即证，由（2）中①知，，所以只需证.
因为，，所以，，
所以 ，只需证.
设，令， 则，所以只需证 ， 即证 ，
令，，则 ，，
即当时， 成立.
所以，即.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数零点问题与利用导数证明不等式问题，难度较大，解答本题的关键在于根据题意来构造函数，然后通过导数研究函数的性质得到证明.