四川省凉山州2023_2024学年高二数学下学期期中联考试题含解析

这是一份四川省凉山州2023_2024学年高二数学下学期期中联考试题含解析，共18页。试卷主要包含了答非选择题时，必须使用0，考试结束后，只将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上．
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．
3．答非选择题时，必须使用0．5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．
5．考试结束后，只将答题卡交回．
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. 已知首项为1的数列中，则（）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据递推关系逐项求解即可.
【详解】∵，
，，
，.
故选:B.
2. 已知等差数列中，，公差，如果，，成等比数列，那么等于（）
A. 2或B. C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列的通项公式，进行基本量代换，求出公差d即可.
【详解】因为，，成等比数列，所以，即，
因为，所以，解得：d=2（d=0舍去）.
故选：C
3. 已知，若，则等于（）
A. 0B. 1C. eD. 2e
【答案】B
【解析】
【分析】根据导函数的单调性，结合，即可求解.
【详解】因为，由于时，均为单调递增函数，且函数值均为正，
故在上单调递增，又，
而当时，，
故，则，
故选：B
4. 函数的单调递减区间是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数解析求出定义域，求导，求解单调性.
【详解】由的定义域为，，
令，解得,
当,则，
所以的单调递减区间为，
故选：A
5. 若数列满足，则数列的通项公式为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，分两步，当求出，当时得到，两式作差即可求出数列的通项公式；
【详解】解：因为①，当时，，当时②，
①②得，所以，当时也成立，所以；
故选：D
6. 已知函数，若数列满足，且是递增数列，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依题意函数在各段单调递增且需满足，即可得到不等式组，求出参数的取值范围.
【详解】因为函数，，且是递增数列，
则，解得．
故选：C
7. 已知函数，，若，且关于x不等式在上恒成立，其中e是自然对数的底数，则m的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知在上恒成立，利用导数分别求出，即，解不等式即可.
【详解】由，得，
令，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故；
由，得，
令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
故.
因为在上恒成立，所以在上恒成立，
即，解得，
即实数m的取值范围为.
故选：D
8. 数列满足，则等于（）
A. 2565B. 2575C. 2585D. 2595
【答案】D
【解析】
【分析】当时，,当时，,两式相加可得，根据等差数列的求和公式即可求解.
【详解】当时，①；
当时，②，
①+②，可得.
所以，
，
…
，
所以
.
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. 已知数列是等比数列，则下列结论中正确的是（ ）
A. 数列是等比数列
B. 若，，则
C. 若，则数列是递增数列
D. 若数列的前和，则
【答案】AC
【解析】
【分析】
利用等比数列的定义可判断A选项的正误；利用等比中项的性质可判断B选项的正误；分和两种情况讨论，求得对应的的取值范围，结合数列单调性的定义可判断C选项的正误；求得、、，由求得的值，可判断D选项的正误.
【详解】设等比数列的公比为，则，且.
对于A选项，，所以，数列等比数列，A选项正确；
对于B选项，由等比中项的性质可得，又因为，则与同为正数，则，B选项错误；
对于C选项，若，由可得，可得，解得，
则，，则，此时，数列为递增数列；
若，由可得，可得，解得，
则，，则，此时，数列为递增数列.
综上所述，C选项正确；
对于D选项，，，，
由于数列是等比数列，则，即，解得，D选项错误.
故选：AC.
【点睛】本题考查等比数列定义、等比中项的性质以及等比求和相关命题正误的判断，考查计算能力与推理能力，属于中等题.
10. 已知在处取得极大值1，则下列结论正确的是（）
A. B. 对称中心为
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据以及，结合极值点的定义可得时，，即可求解ACD,根据图象关于原点对称，即可求解D.
【详解】由题意可得，
且是函数的极大值点，即，可得，
又极大值为1，所以，解得或；
当时，，此时，
时，，时，
所以函数在上单调递减，在上单调递增；
此时函数在处取得极小值，与题意不符，即舍去，故C错误；
当时，，此时，
时，，时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减；
此时函数在处取得极大值，符合题意，
所以，，即，所以A正确，
此时，由于函数为奇函数，图象关于原点对称，
所以关于对称，故对称中心为，B正确，即D正确．
故选：ABD
11. 下列判断正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】通过证明，即可判断A，设，利用导数说明函数的单调性，即可判断B，令，利用导数说明函数的单调性，即可判断D，令，利用导数说明函数的单调性，即可判断D.
【详解】对于A，设，，
则，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
即恒成立，则恒成立，当且仅当时取等号，
又，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以恒成立，即恒成立，当且仅当时取等号，
综上可得当且仅当时取等号，
所以，故A正确；
对于B，设，则，当时，即单调递增，
当时，即单调递减，
所以，即，故，故B正确；
对于C，令，则，
所以在上单调递增，则，
即任意，，又，所以，故C错误；
对于D，令，则，
又，，
所以，则在上单调递增，所以，
即在上恒成立，所以，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是构造相应的函数，利用导数说明函数的单调性，结合函数的单调性比较函数值的大小.
第Ⅱ卷（非选择题，共77分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在等差数列中，，则________.
【答案】20
【解析】
【分析】根据等差数列的性质和指数运算和对数运算法则计算出答案.
【详解】在等差数列中，，
所以，
所以.
故答案为：20
13. 已知函数在上存在递减区间，则实数a的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】求导得，由题意可得在区间上能成立，根据二次函数的单调性即可求解.
【详解】由题意得的定义域为，
所以，
因为函数在区间上存在递减区间，
即在区间上能成立.
设，，开口向上，对称轴为，
所以当时，单调递增，所以，
所以，则，即实数a的取值范围为.
故答案为:.
14. 已知，关于x的方程有三个不同实数根，则m的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数研究函数的单调性与最值，作出函数的图象，令，则所求等价于有两个不同实根，则.当时，不满足，舍去．则或，根据二次方程根的分布即可求解.
【详解】，
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；
故当时函数有最小值．
当时，，且时，；
当时，，且时，.
作出函数的图象如图所示：
令，则所求等价于有两个不同实根，
则.
不妨设，
当时，不满足，舍去．
则或．
当时，可得,与矛盾，故舍去；
当，
设，
因为，所以,
即，所以.
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. 已知是数列的前n项和，是以1为首项1为公差的等差数列．
（1）求的表达式和数列的通项公式；
（2）证明：
【答案】（1），
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出给定的等差数列通项公式，再利用前项和求通项的方法求解作答即可；
（2）利用（1）的结论，结合裂项相消法即可得解.
【小问1详解】
因为是以1为首项1为公差的等差数列,
所以，即，
当时，，
即，
经检验，当时，满足上式，
所以通项公式是.
【小问2详解】
由（1）知：
,
所以，
即
16. 设数列满足：，，且，对成立.
（1）证明：是等比数列；
（2）求和的通项公式.
【答案】（1）证明见解析
（2），
【解析】
【分析】（1）变换得到，计算，得到证明；
（2）确定，变换得到，解得答案.
【小问1详解】
移项得到，，
相加得，所以，
因为，所以是首项为5，公比为的等比数列；
【小问2详解】
，，所以对成立，
解得，对成立，
故和.
17. 已知函数，
（1）讨论的单调性；
（2）若函数在闭区间上的最大值为，求a的范围．
【答案】（1）答案见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论求出的单调区间即可.
（2）利用（1）的结论，分类讨论求出最大值，结合已知列出不等式求解即得.
【小问1详解】
函数的定义域为R，求导得，
①当时，，在上单调递增；
②当时，由得或，由得，
则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
③当时，由得或，由得，
则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减，
【小问2详解】
由（1）知，①当时，在上单调递增，此时在上的最大值为；
②当时，在单调递增，在上单调递减，在单调递增，
在上的最大值只有可能是或，
由在上的最大值为，得，则，
③当时，在单调递增，在上单调递减，在单调递增，
在上的最大值可能是或，
由在上的最大值为，得，则，
综上，a的范围.
18. 雪花是一种美丽的结晶体，放大任意一片雪花的局部，会发现雪花的局部和整体的形状竟是相似的，如图是瑞典科学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，其作法如下：
将图①中正三角形的每条边三等分，并以中间的那一条线段为一边向形外作正三角形，再去掉底边，得到图②；
将图②的每条边三等分，重复上述的作图方法，得到图③；
……
按上述方法，所得到的曲线称为科赫雪花曲线（Kch snwflake）．
现将图①、图②、图③、…中的图形依次记为、、…、、…．小明为了研究图形的面积，把图形的面积记为，假设a1＝1，并作了如下探究：
根据小明的假设与思路，解答下列问题．
（1）填写表格最后一列，并写出与的关系式；
（2）根据（1）得到的递推公式，求的通项公式；
（3）从第几个图形开始，雪花曲线所围成的面积大于．
参考数据（，）
【答案】（1）填表见解析；
（2）
（3）第7个
【解析】
【分析】（1）根据题中数据的规律及等比数列的通项公式填写表格最后一列，进而得出与的关系式；
（2）利用累加法求解；
（3）由题意，利用指数函数的性质及对数的运算性质求解．
【小问1详解】
图形、、…、、…的边数是以3为首项，4为公比的等比数列，则图形的边数为；
从P2起，每一个比前一个图形多出的三角形的个数是以3为首项，4为公比的等比数列，则比前一个图形多出的三角形的个数为；
从P2起，每一个比前一个图形多出的每一个三角形的面积是以为首项，为公比的等比数列，则比前一个图形多出的每一个三角形的面积是．
所以，即．
【小问2详解】
当时，
，
又因为，符合上式，
所以．
【小问3详解】
由，得，则，
所以，故，
由，，故，又因为，所以，
所以从第7个图形开始雪花曲线所围成的面积大于．
19. 已知函数
（1）当时，求在处切线方程．
（2）设分别为的极大值点和极小值点，记，；
①证明：直线与曲线交于另一个点C；
②在①的条件下，判断是否存在常数，使得，若存在，求n；若不存在，说明理由．
附：，
【答案】（1）
（2）①证明见解析，②存在，
【解析】
【分析】（1）当，求解在的切线方程；
（2）①求出直线的方程，然后与联立得，构造函数，再利用导数求解有个零点即可求解；
②中由①可得，假设存在，则，从而可求得，再构造函数，再利用导数求出的零点，从而可求解.
【小问1详解】
当时，，故，所以
当时，，所以在处的切线方程是，
即
【小问2详解】
因为，则，
令得或，
当与时，；
当时，；
所以在，单调递增，在单调递减．
所以是的极大值，是的极小值，即，，
①直线的方程为，即，
由，得，
设，则，
令得，
当时，；当时，
所以在单调递减，单调递增，
因为，，，
所以有且仅有2个零点，，其中，
所以方程的集解为，
即直线与曲线交于另一点C，且C的横坐标为，
②由①得，即，
假设存在常数，使得，则，
所以，代入可得，
设，则，
令，得，
当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增．
因为，，，
所以存在唯一的，使得，
此时
，
常数，使得，且．
【点睛】关键点点睛：（2）问中先求出直线的方程，然后将方程与函数联立后求得关于等式，然后构造函数，再利用导数求得构造函数的单调性及函数的零点，从而可求解.
P1
P2
P3
P4
…
Pn
边数
3
12
48
192
…
从P2起，每一个比前一个图形多出的三角形的个数
3
12
48
…
从P2起，每一个比前一个图形多出的每一个三角形的面积
…
P1
P2
P3
P4
…
Pn
边数
3
12
48
192
…
从P2起，每一个比前一个图形多出的三角形的个数
3
12
48
…
从P2起，每一个比前一个图形多出的每一个三角形的面积
…