广东省茂名市电白区2024-2025学年高二下学期期中考试 数学 含解析

这是一份广东省茂名市电白区2024-2025学年高二下学期期中考试 数学 含解析，共13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。
一、单选题
1．已知等差数列中，，公差，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知2，，8成等比数列，则（ ）
A．2B．C．4D．
3．已知函数，则（ ）
A．2B．1C．D．
4．将自然数1，2，3，4，5，……，按照如图排列，我们将2，4，7，11，16，……都称为“拐角数”，则下列哪个数不是“拐角数”．（ ）
A．22B．30C．37D．46
5．已知为等差数列，为其前项和，若，则通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
6．在等比数列中，，，则（ ）
A．B．C．8D．4
7．曲线上的点到直线的最短距离是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知，设函数若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知函数的导函数为，若的图像如图所示，下列结论正确的是（ ）

A．当时，B．当时，
C．当时，取得最大值D．当时，取得极大值
11．等差数列的前项和为，公差为，，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则最小
C．
D．
三、填空题
12．若数列中，，则 .
13．等差数列中，公差，，且，，成等比数列，则 .
14．已知函数存在对称中心，则在对称中心处的切线方程是 .
四、解答题
15．已知函数.
(1)求函数的极值；
(2)求函数在区间的最大值和最小值.
16．已知数列是等差数列，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前99项和；
(3)若，求数列的前项和.
17．已知数列的前项和为，若.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和，并求的最大值.
18．已知函数，，点，过点的直线与曲线相切.
(1)求直线的方程；
(2)若函数曲线也与直线相切，求的值；
(3)设函数，当时，求证：.
19．已知函数.
(1)证明：当时，；
(2)讨论的单调性；
(3)若有两个零点，求实数的取值范围.
1．B
由等差数列的通项公式可得结果.
【详解】由是等差数列，可得.
故选：B.
2．D
利用等比中项的性质求解.
【详解】由题意，因为2，，8成等比数列，则，所以，即，解得.
故选：D.
3．B
求导即可代入求解.
【详解】，则，
故选：B
4．B
先根据题中规律找到拐角数的通项公式，进而可得.
【详解】由题意得第1个“拐角数”为，第2个“拐角数”为，
第3个“拐角数”为，第4个“拐角数”为，
则第个“拐角数”为．
对于A：第6个“拐角数”是，故A不合题意；
对于B、C：第7个“拐角数”是，第8个“拐角数”是，
则30不是“拐角数”，故B适合题意，C不合题意；
对于D：第9个“拐角数”是，故D不合题意．
故选：B.
5．A
利用等差数列的通项公式以及前项和的基本量计算，分别求出首项和公差，即可得通项公式.
【详解】由题意，，解得，
设等差数列的公差为，则，解得，
所以数列的通项公式为.
故选：A.
6．D
设等比数列公比为，根据等比数列的通项公式求值即可.
【详解】设等比数列公比为，则，
又，所以.
所以.
故选：D
7．B
在曲线上设出一点，然后求出该点处的导数值，由该导数值等于直线的斜率求出点的坐标，然后由点到直线的距离公式求解．
【详解】设曲线上的一点是，，且过的切线与直线平行．
由，所以切线的斜率．
解得，．
即到直线的最短距离是．
故选：B
8．C
【解析】先判断时，在上恒成立；若在上恒成立，转化为在上恒成立．
【详解】∵，即，
（1）当时，，
当时，，
故当时，在上恒成立；
若在上恒成立，即在上恒成立，
令，则，
当函数单增，当函数单减，
故，所以．当时，在上恒成立；
综上可知，的取值范围是，
故选C．
9．AC
由导数的四则运算逐个判断即可.
【详解】，A正确；
，B错误；
，C正确；
，D错，
故选：AC
10．ABD
根据函数图象，结合函数单调性与导数的关系即可结合选项逐一求解.
【详解】由的图象可知：在单调递减，故时，，故A正确，
当时，单调递增，故是函数的极小值点，故，B正确，
当时，单调递减，所以时，取极大值，不是最大值，故C错误，D正确，
故选：ABD
11．AD
首先根据已知条件得到，，再利用等差数列的性质依次判断选项即可.
【详解】因为，所以，
所以，，，即.
对选项A，若，因为，，
则，，，
所以，故A正确；
对选项B，若，，则，，
所以最小，故B错误.
对选项C，因为，所以，
所以，即，故C错误.
对选项D，因为，所以，
，即.
，
所以D正确.
故选：AD
12．
由得到数列是等比数列求解；
【详解】因为数列中，，
所以数列是以为首项，以2为公比的等比数列，
所以，
故答案为：
13．
由等比中项构造等式求解即可.
【详解】由题意可得：，
即，又，
解得：，
故答案为：
14．
法一：由极值点的中点即为对称中心，即可求解；法二：由对称中心的概念，求得对称中心，进而可求解.
【详解】解法1：，令，得，，
当，时，，当时，，
所以在区间，单调递增，在单调递减，
，分别是函数的极大、极小值点，
因为函数存在对称中心，
所以函数的对称中心为两极值点间的对称中心，因为，
所以在对称中心处的切线方程为，
即；
解法2：设是函数存在对称中心，
则，得，
整理得，
所以，，得，，
即函数的对称中心为，
又，则，
所以在对称中心处的切线方程是，
即.
故答案为：
15．(1)极大值，无极小值
(2)最大值为，最小值为0
（1）求导，利用极值的定义求解；
（2）由导数法，极值和端点值中最大的为最大值，最小的为最小值求解.
【详解】（1）由得，令得，
当时，，时，，
所以当时函数取极大值，无极小值.
（2）由（1）知函数在单调递增，在单调递减，且，，，
所以函数在区间的最大值为，最小值为0.
16．(1)
(2)
(3)
（1）由通项公式列出等式求解即可；
（2）由求和公式即可求解；
（3）由裂项相消法求和即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
则，，
得，
所以数列的通项公式为，
即.
（2）由（1）知，，
所以数列的前99项和.
（3），
所以，
即.
17．(1)
(2)，
（1）根据与的关系求通项公式.
（2）确定数列是首项为正数，公差为负数的等差数列，根据确定前多少项的和最大，再利用等差数列求和公式求和即可.
【详解】（1），故，
由，得，
两式相减并整理得，
所以为等比数列，公比为2，首项，
所以数列的通项公式为.
（2），
所以为等差数列，首项为12，公差为.
所以.
由.
所以当或时，取得最大值.
且.
所以当或5时，取得最大值30.
18．(1)
(2)2
(3)证明见解析
（1）（2）设出切点，求导，即可根据点斜式求解直线方程，代入点即可求解切线为，根据直线的斜率得中，即可根据切点代入直线方程求解，
（3）将问题转化为，构造函数，，利用导数求解函数单调性，即可求解，或者构造函数，求导，结合零点存在性定理，求解函数的最值得解.
【详解】（1）设直线与曲线相切于点，因为，所以，则有，故切线方程为，
因为点在上，所以，解得，所以切点坐标为，
切线的方程为，即.
（2）设曲线与相切于点，因为，所以有，所以，，切点为，把切点坐标代入的方程，得，所以.
（3）解法1：，定义域为，
当，，，故只需证明，
令，则，令，得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增
所以，，即，当且仅当时等号成立，
令，则，令，得，
当时，，单调递增，当时，，单调递减
所以，，故，当且仅当时等号成立，
而此时.当时，有.
综上可得，所以，成立.
解法2：
，定义域为，
当，，，故只需证明.
令，则在单调递增，
且，，
所以存在唯一，使，即，故，
，且当时，，时，，
所以，
由，
得证.
19．(1)证明见解析
(2)答案见解析
(3)
【详解】（1）由题意，的定义域为，
当时，，，令，解得.
当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
当时有最小值为，.
（2）.
①当时，恒成立，在上单调递增；
②当时，令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
综上：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）①当时，恒成立，在上单调递增，最多有一个零点，不合题意；
②当时，令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
的极小值也是最小值为.
又当时，，当时，因为且比的增长速度快很多，所以.
要使有两个零点，只要即可，
则，可得.
综上，若有两个零点，则的取值范围是.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
B
B
A
D
B
C
AC
ABD
题号
11









答案
AD