福建省部分优质高中2024-2025学年高二下学期第一次阶段性质量检测数学试卷（解析版）

这是一份福建省部分优质高中2024-2025学年高二下学期第一次阶段性质量检测数学试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟；总分：150分）
友情提示：请将所有答案填写到答题卡上！请不要错位、越界答题！
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. 若公差为的等差数列满足，，则n等于（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】由等差数列的通项公式，建立方程，可得答案.
【详解】由题意可得，则，解得.
故选：B.
2. 若，则（ ）
A. B. 6C. 3D. -3
【答案】C
【解析】
【分析】由导数的定义可得；
【详解】.
故选：C.
3. 在数列中，，（，），则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】列出数列的前几项，即可得到是以为周期的周期数列，根据周期性计算可得.
【详解】因为，（，），
所以，，，，
所以是以为周期的周期数列，则.
故选：A
4. 已知的一个极值点为2，则实数（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】求导，令，利用只有一个极值点，可得，求解即可.
【详解】，令0，得或，
又的一个极值点为2，则，解得，经检验满足题意.
故选：B.
5. 已知为函数的导函数，且．若，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用导数的运算性质解出，所以，即，结合基本不等式求解即可.
【详解】由题意可得，所以，解得，
所以，即，
又，当且仅当，即时，等号成立，
所以，，
故选：D
6. 已知等比数列满足，，记为其前项和，则（ ）
A. B. C. D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，依题意得到方程，求出的值，再求出，，即可求出.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，，所以，解得或，
当时，，，所以；
当时，，，所以；
综上可得.
故选：A
7. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求，取，可求，再求，，再由导数的几何意义及点斜式求切线方程.
【详解】由，得，
所以，得，
所以，，，，
故所求切线方程为，即.
故选：A.
8. 已知数列的首项为1，且，设数列中不在数列中的项按从小到大的顺序排列构成数列，则数列的前100项和为（ ）
A. 11449B. 11195C. 11209D. 11202
【答案】D
【解析】
【分析】利用累加法，结合等比数列前项和公式求出，进而求出，再判断数列的前100中含有数列的项，然后利用公式法求和.
【详解】数列的首项为1，且，
当时，，
，而满足上式，因此，
，而，
因此数列的前100项和为数列的前107项的和减去数列的前7项的和，
所以数列的前100项和为.
故选：D
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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. 下列求导的运算中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用基本函数的导数公式和运算法则逐项求解即可；
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D正确；
故选：ACD.
10. 已知在首项为1，公差为d的等差数列中，、、是等比数列的前三项，数列的前n项和为，则（ ）
A. 或B.
C. 是等差数列D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由等比中项的性质及等差数列的通项公式可得或，分别写出不同公差对应的、，即可判断各项的正误.
【详解】由题意，则，整理得，可得或，
当时，，，则，即是等差数列，此时；
当时，，，则，即是等差数列，
此时，易知公比为4，故；
综上，A、C对，B、D错.
故选：AC
11. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A. 的图象关于原点对称
B. 的值域为
C. 当时，桓成立
D. 若在上恰有1012个不同解，则符合条件的a只有一个
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用奇函数的定义可判断A的正误，利用换元法结合正弦函数的性质可判断B的正误，利用导数考虑的单调性后可判断C的正误，对于D，先判断的周期性，再利用导数刻画函数的单调性得到函数图象，结合两根特征就小根的范围分类讨论后可得参数的范围，从而可判断D的正误.
【详解】对选项A：因为
所以A正确；
对选项B：设，则可表为，
因为，
故为上的奇函数，而时，均为增函数，
故为上的增函数，而为上的增函数，
故为上的增函数，故为上的增函数，
因为是增函数，所以，
所以的值域为，所以B不正确；
对选项C：设，
则（不恒为零），
所以在上递减，所以即，所以C正确；
对选项D：因为，
所以关于对称，又图象关于原点对称，
故是周期函数且周期，而，
所以在上递增，可作出草图，如下图
设，则，该方程两根满足，
显然均不为0且最多仅有一个属于，
不妨设,
若时，方程在区间[上有1013个实数根；
若时，方程在区间[上有2026个实数根；
若时，在区间上有2024个实数根；
若时，方程区间上有1012个实数根；
代入方程可得：，唯一，
所以D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：嵌套方程的零点问题，一般可先考虑外方程的根的特征，再考虑内方程的根，本质上就是换元处理.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知为等差数列的前项和，且，则________．
【答案】2
【解析】
【分析】由等差数列的前项和公式以及等差数列下标和的性质代入计算，即可得到结果．
【详解】由等差数列的前项和可得：
，
，
则，所以．
故答案为：
13. 已知函数，若曲线在点处切线与直线垂直，则实数=______.
【答案】
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求出切线斜率，再由直线垂直关系得解.
【详解】因为，
所以，
又切线与直线垂直，
所以，解得，
故答案为：1
14. 已知函数在上有两个极值点，则实数的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】由可得，令，则直线与函数在上的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】因为函数在上有两个极值点，
所以在上有两个变号零点，
因为，令，即，可得，
令，则，
令，得，令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又，作出函数在上图象，
当时，直线与函数在上的图象有两个交点，
设两个交点的横坐标分别为、，且，由图可知，
当或时，，此时，
当时，，此时，
所以函数在上递增，在上递减，在上递增，
此时，函数有两个极值点，合乎题意.因此，实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题考查极值点问题.根据题意函数在上有两个极值点，转化为在上有两个变号零点，即，即有两个不同的根，即直线与函数在上的图象有两个交点，数形结合可判断求解.
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. 已知数列前n项和为，且满足
（1）证明数列为等比数列，并求它的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和
【答案】（1）证明见解析，；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据递推式可得，结合等比数列的定义判定证明，进而写出通项公式；
（2）应用错位相减法及等比数列前n项和公式求
【小问1详解】
由题设，则，整理得，
又，
所以是首项为1，公比为3的等比数列，则.
【小问2详解】
由，则，
所以，
所以，
所以.
16. 已知函数.
（1）求的图象在点处的切线方程；
（2）求函数的极值；
【答案】（1）
（2）极小值为，无极大值
【解析】
【分析】（1）求出，求导，得到，由导数几何意义得到切线方程；
（2）求定义域，求导，得到函数单调性，从而求出极值.
【小问1详解】
，
，
故的图象在点处的切线为，
即；
【小问2详解】
的定义域为，
由（1）知，
令得，令得，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
故在上取得极小值，极小值为，无极大值；
17. 设等差数列的前n项和为，且，（为常数）
（1）求a的值；
（2）求的通项公式；
（3）若，求数列的前n项和
【答案】（1）0 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用的关系可求得；
（2）由（1）可得
（3）由（2）可得，利用裂项相消法可求得.
【小问1详解】
当时，，
当时，，
因为是等差数列，则时也应满足，即，
又，所以，解得；
【小问2详解】
由（1）得
小问3详解】
，
18. 已知函数，.
（1）讨论的单调区间；
（2）若直线为的切线，求a的值.
（3）已知，若曲线在处的切线与C有且仅有一个公共点，求a的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）1 （3）
【解析】
【分析】（1）求得导函数，并对分和讨论，即可判断函数的单调性；
（2）设切点为，结合导数的几何意义可得，令，转化为仅一个零点，利用导数判断求解；
（3）根据导数的几何意义即可求曲线在处的切线方程为，构造函数，由切线与有且只有一个公共点转化为仅一个零点，并求得导函数，对分类讨论，即可判断函数的单调性和最值，进而求得正数的取值范围．
【小问1详解】
由，，
当时，，在单调递增，
当时，令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
综上，当时，在单调递增，无单调减区间；
当时，在区间上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
设切点为，依题意，，所以，
又，代入可得，，
设，
则，所在单调递增，
因为，所以，.
【小问3详解】
，，
所以曲线在处的切线方程为，即，
设，，
，
①当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，有且仅有一个零点，符合题意；
②当时，，在上单调递减，有且仅有一个零点，符合题意；
③当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
因为，，当，，所以有两个零点，不符题意；
④当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
因为，，当，，所以有两个零点，不符题意；
综上，a的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键是将切线与曲线有且只有一个公共点转化为仅一个零点，利用导数求解.
19. 已知函数.
（1）若恒成立，求的取值范围；
（2）判断的单调性，并说明理由；
（3）证明：.（证明时可使用下列结论：当时，成立）.
【答案】（1）
（2）在内单调递增，理由见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）构造函数，利用导函数判断的单调性，进而求出，然后分类讨论利用导函数判断的单调性，即可得答案；
（2）构造函数，通过求的导函数的正负判断的单调性求出的最值判定的正负，进而得出的单调性；
（3）利用题中给的结论结合放缩即可得证.
【小问1详解】
，
，
令，等号不同时取，
所以当时，在上单调递增， .
①若，即在上单调递增，
所以在上的最小值为，符合题意.
②若，即，
此时，
又函数在的图象不间断，
据零点存在性定理可知，存在，
使得，且当时，在上单调递减，
所以，与题意矛盾，舍去.
综上所述，实数的取值范围是；
【小问2详解】
，令，
则，即
，
所以在上单调递增，
即当时，，所以在内单调递增.
【小问3详解】
由（2）得，当时，，
所以当时，.
又当时，成立，
所以当时，，
即.
所以当时，.
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．