江西省南昌市南昌县莲塘第一中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）

这是一份江西省南昌市南昌县莲塘第一中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版），共22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。
考试时间：120分钟 试卷满分：150分 命题：
一、单选题（每小题5分，共40分，每小题四个选项中，只有一个符合题意．）
1. 函数的导数为（ ）
A. B. C. D.
2. 已知等差数列的首项为1，公差不为0，且成等比数列，则等于（ ）
A. B. C. D.
3. 已知各项为正的等比数列的公比为q，前n项的积为，且，若，数列的前n项的和为，则当取得最大值时，n等于（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
4. 若在处取得极大值，则的值为（ ）
A. 或B. 或C. D.
5. 用数学归纳法证明：，第二步从到，等式左边应添加的项是（ ）
A. B.
C. D.
6. 若函数在上存在单调递减区间，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知为数列的前项和，且，若对任意正整数恒成立，则实数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
8. 过点可以做三条直线与曲线相切，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、多选题（每小题6分，共18分，每小题四个选项中，有多个选项符合题意，错选得0分，漏选的部分分．）
9. 记数列的前项和为，且，则（ ）
A. B. 数列是公差为1等差数列
C. 数列前项和为D. 数列的前2025项的和为
10 已知函数，则（ ）
A. 为偶函数
B. 的最小正周期为
C. 的最大值为
D. 在上单调递减
11. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
①函数有两个极值点；
②若关于的方程恰有1个解，则；
③函数的图象与直线有且仅有一个交点；
④若，且，则无最值．
A. ①B. ②C. ③D. ④
三、填空题（每小题5分，共15分）
12. 已知数列满足，，，则______．
13. 设、分别是定义在上的奇函数和非零偶函数，当时，，且，则不等的解集是______．
14. 已知数列满足，为其前项和，则______．
四、解答题（共分）
15. 已知函数的图象过点，且.
（1）求，值；
（2）求函数的极值.
16. 已知数列的前项和为，且满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）数列满足，记数列的前项和为，求证．
17. 已知数列，，（）．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
18. 已知函数，.
（1）若曲线在点处的切线平行于直线，求该切线方程；
（2）若，求证：当时，；
（3）若有且只有两个零点，求a值.
19. 已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若，讨论方程的根的个数.
莲塘一中2024-2025学年度下学期高二期中考试
数学试卷
考试时间：120分钟 试卷满分：150分 命题：
一、单选题（每小题5分，共40分，每小题四个选项中，只有一个符合题意．）
1. 函数的导数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据基本初等函数的求导公式求导即可.
【详解】，
故选：C.
2. 已知等差数列的首项为1，公差不为0，且成等比数列，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的通向公式和等比中项的性质列式求解即可.
【详解】因为等差数列的首项为1，公差不为0，且成等比数列，
设的公差为，则，解得，
所以.
故选：B
3. 已知各项为正的等比数列的公比为q，前n项的积为，且，若，数列的前n项的和为，则当取得最大值时，n等于（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】设首项为，由题可知，则数列为等差数列，后由，
可得，即可得答案.
【详解】设首项为，因等比数列各项为正，则，，则数列为等差数列.
，又由题可得，则
，即数列为递减等差数列.
则数列前7项为正数，则当取得最大值时，n等于7.
故选：B
4. 若在处取得极大值，则的值为（ ）
A. 或B. 或C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出，由题意可得出，解出、的值，再结合题意进行检验，即可得解.
【详解】因为，则
又在处取得极大值，
，解得或，
当，时，，
当时，，当时，，
则在处取得极小值，与题意不符；
当，时，，
当时，，当时，，
则在处取得极大值，符合题意，则，
故选：C.
5. 用数学归纳法证明：，第二步从到，等式左边应添加的项是（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据等式左边的特点，各数是先递增再递减，分别写出和的结论，对照即可求解.
【详解】根据等式左边的特点，各数是先递增再递减，
由于，左边；
时，左边，
比较两式，从而等式左边应添加的式子是．
故选：C
6. 若函数在上存在单调递减区间，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出导函数，由在上有解得的范围．转化为求函数的最最小值．
【详解】因为在上存在单调递减区间，所以在上有解，所以当时有解，而当时，，（此时），所以，所以的取值范围是.
故选：B.
7. 已知为数列的前项和，且，若对任意正整数恒成立，则实数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据与的关系可得，进而可得数列是以4为首项，2为公比的等比数列，求通项公式后代入不等式整理可得恒成立，再根据作差法分析的单调性求得最大值即可.
【详解】由，令，解得，
当时，由得，即，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，所以，
由，即恒成立，
令，则，而，所以，
即数列单调递减，故，所以，所以的最小值为.
故选：C
8. 过点可以做三条直线与曲线相切，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设切点，利用导数求出切线方程，代入点，可得，过点可以做三条直线与曲线相切，即方程有三个不等的实数根，令，利用导数判断单调性，求极值，即可求得实数的取值范围.
【详解】设切点为，，，
点处的切线斜率，
则过点的切线方程为，
又切线过点，所以，化简得，
过点可以作三条直线与曲线相切，
方程有三个不等实根．
令，求导得到，
令，解得，，
则当时，，在上单调递减，且时，，
当时，，在上单调递增，且，，
当时，，在上单调递减，且时，，
如图所示，

故，即．
故选：A．
二、多选题（每小题6分，共18分，每小题四个选项中，有多个选项符合题意，错选得0分，漏选的部分分．）
9. 记数列的前项和为，且，则（ ）
A. B. 数列是公差为1的等差数列
C. 数列的前项和为D. 数列的前2025项的和为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据前项和求，利用通项公式判断A，求出判断B，利用裂项相消法求和判断C，利用分组求和判断D.
【详解】数列的前项和，
当时，，
而满足上式，因此.
对于A，，A正确；
对于B，，，
则数列是公差为等差数列，B错误；
对于C，，
数列的前项和为，C正确；
对于D，，
则数列的前2025项的和为，D正确.
故选：ACD.
10. 已知函数，则（ ）
A. 为偶函数
B. 的最小正周期为
C. 的最大值为
D. 上单调递减
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用奇偶性的定义判断A；利用可判断B；，利用换元法，设，则，结合导数，可求的最大值判断C；利用的单调性可判断D.
【详解】因为，所以是偶函数，故A正确．
因为，故В错误．
因为．
设，则函数，
所以．
由，得或；由，得．
故在和上单调递减，在上单调递增．
因为，，
所以的最大值为，故C正确．
当时，，即．
因为在时递减，在时递增，所以在上单调递减，故D正确．
故选：ACD．
11. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
①函数有两个极值点；
②若关于的方程恰有1个解，则；
③函数的图象与直线有且仅有一个交点；
④若，且，则无最值．
A. ①B. ②C. ③D. ④
【答案】AC
【解析】
【分析】求出分段函数的解析式以及各段导函数，得出函数的单调区间，即可得出①；作出函数图象，即可判断②；根据①求得的导函数，可推得，有恒成立，即可得出③；作图，根据图象得出的图象与有3个交点时，的范围，然后用表示出，即可得出，构造函数，通过导函数研究函数的单调性，得出函数的最值，即可判断④.
【详解】对于①，当时，，恒成立，
所以在上单调递增；
当时，，恒成立，
所以，在上单调递减；
当时，，恒成立，
所以，在上单调递减．
综上所述，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．
所以，在处取得极小值，在处取得极大值，故①正确；
对于②，作出的图象如下图1，
由图1可知，若关于的方程恰有1个解，则或，故②错误；
对于③，由①知，当时，，
因为，所以，所以，当且仅当；
当时，；
当时，，
因为，所以，所以，当且仅当．
综上所述，，有恒成立．
又直线可化为，斜率为，
所以函数的图象与直线有且仅有一个交点，故③正确；
对于④，
由图2可知，当时，函数的图象与有3个不同的交点．
则有，所以，
所以，．
令，，
则．
令，则在上恒成立，
所以，在上单调递增．
又，，
根据零点存在定理可知，，使得，
且当时，，
所以，所以在上单调递减；
当时，，
所以，所以在上单调递增．
所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，无最大值，故④错误．
综上所述，①③正确．
故选：AC．
三、填空题（每小题5分，共15分）
12. 已知数列满足，，，则______．
【答案】1
【解析】
【分析】方法一：列出数列的前几项，即可得到数列是周期为的周期数列，根据周期性计算可得；方法二：把看作，则，即可得到数列是周期为4的周期数列，根据周期性计算可得.
【详解】方法一：由题意知，，，，
则，，，，，
因此数列是周期为4的周期数列，所以．
方法二：把看作，则，
因此数列是周期为4的周期数列，所以．
故答案为：1.
13. 设、分别是定义在上的奇函数和非零偶函数，当时，，且，则不等的解集是______．
【答案】
【解析】
【分析】构造函数，判断出函数的奇偶性，由导数得出的单调性，根据，求出的取值规律，可得答案.
【详解】、分别是定义在上的奇函数和非零偶函数，
所以、，
令，则，
因此函数在上是奇函数，
当时，，
在上单调递增，又函数在上是奇函数，
所以在上单调递增，且，
，，
因为，，
所以时，，时，，
时，，时，，
的解集是，即的解集是．
故答案为：．
14. 已知数列满足，为其前项和，则______．
【答案】1830
【解析】
【分析】由题意可得，，，成等差数列，进而可求解.
【详解】因为，
所以，，，
即．
同理，，，，
所以.
同理可得，
由此可知，，，，成等差数列，
首项为10，公差为16，
所以．
故答案为：.
四、解答题（共分）
15. 已知函数的图象过点，且.
（1）求，的值；
（2）求函数的极值.
【答案】（1）
（2）极大值为，极小值为
【解析】
【小问1详解】
，.
由题意得解得；
【小问2详解】
由（1）得，，
，
令，解得或，
当时，，则函数单调递增；
当时，，则函数单调递减；
当时，，则函数单调递增，
故当时，有极大值；
当时，有极小值为.
综上，函数的极大值为，极小值为.
16. 已知数列的前项和为，且满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）数列满足，记数列的前项和为，求证．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据与的关系，可得，从而判断为等比数列，利用等比数列的通项公式即可求解；
（2）由（1）得，，利用等差数列的求和公式可得，再利用裂项求和法可求出，进而可得结论.
【小问1详解】
因为，①
当时，，②
由①②得，即，
当时，，，
所以数列为等比数列，其首项为，公比为2，
所以；
【小问2详解】
由（1）得，，所以，
所以，
所以
所以．
17. 已知数列，，（）．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据递推关系及等比数列的定义可得是等比数列，进而可得的通项公式；
（2）由题可得，然后利用错位相减法即得．
【小问1详解】
由，知，，
所以，又，
所以，
所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以，；
【小问2详解】
由（1）得，
所以，
，
所以
，
所以．
18. 已知函数，.
（1）若曲线在点处的切线平行于直线，求该切线方程；
（2）若，求证：当时，；
（3）若有且只有两个零点，求a的值.
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）．
【解析】
【分析】（1）求出，根据求出，再求出，从而可求切线方程.
（2）利用导数求出，根据可得不等式成立.
（3）就和分类讨论，后者可根据极小值的符号来讨论.
【小问1详解】
因，所以，故．
所以．
所求切线方程为，即．
【小问2详解】
当时，，．
当时，；当时，．
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增．
所以的最小值为．
故时，．
【小问3详解】
对于函数，．
（i）当时，，没有零点；
（ii）当时，．
当时，，所以在区间上单调递增；
当时，，所以在区间上单调递减；
当时，，所以在区间上单调递增．
所以是的极大值，是的极小值．
因为，
所以在上有且只有一个零点．
由于，
①若，即，在区间上没有零点；
②若，即，在区间上只有一个零点；
③若，即，由于，所以在区间上有一个零点．
由（2）知，当时，，所以．
故在区间上有一个零点．
因此时，在区间上有三个零点．
综上，当有两个零点时，．
19. 已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若，讨论方程的根的个数.
【答案】（1）答案见解析；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）应用分类讨论及导数研究函数的单调区间即可；
（2）根据已知有，构造并应用导数研究函数的单调性，得到，利用导数研究右侧的单调性和最值，即可得参数范围.
【小问1详解】
的定义域为，则，
因，由，解得，
①当时，恒成立，
所以的无递增区间，递减区间为；
②当时，，
令，得；令，得，
所以的递增区间为，递减区间为；
③当时，，
令，得；令，得，
所以的递增区间为，递减区间为；
综上所述，
当时，无递增区间，递减区间为；
当时，的递增区间为，递减区间为；
当时，的递增区间为，递减区间为；
【小问2详解】
由题设，
令，则，即在上单调递增，
故上式中满足，则有，可得，
令，则，由解得.
当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
当时，且，当时，，
故.
结合图象，可知，
当时，方程有0个实根；
当或时，方程有1个实根；
当时，方程有2个实根.