北京市房山区2024-2025学年第二学期高二数学期中试卷

这是一份北京市房山区2024-2025学年第二学期高二数学期中试卷，共16页。试卷主要包含了 下列求导运算正确的是等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，满分150分，考试时长120分钟.考生务必将答案填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
第一部分（选择题共50分）
一､选择题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 已知等差数列的通项公式为，则数列的公差为（ ）
A. B. C. D. 3
2. 已知数列是等比数列，若，则的值为（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 16
3. 已知数列的前项和，则数列的通项公式为（ ）
A. B.
C. D.
4. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
5. 已知函数的定义域为的导函数的图象大致如图所示，则下列结论中正确的是（ ）
A. 在上单调递减
B. 是的极小值点
C. 是的极大值点
D. 曲线在处的切线斜率为0
6. 我国古代数学名著《九章算术》第六章“均输”中有这样一个问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等.问：各得几何？”意思是：五个人分五钱（“钱”是古代的一种计量单位），每人所得依次相差一样多，前两人所得钱数与后三人所得钱数一样多，问每个人分得多少.在这个问题中分得最少的一个得到（ ）
A. 钱B. 钱C. 钱D. 1钱
7. 等差数列的首项为1，公差不为0.若成等比数列，则的公差为（ ）
A. B. C. 2D. 3
8. 设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
9. 已知函数在处有极小值，则实数的值为（ ）
A. 6B. 2C. 2或6D. 0
10. 已知函数．若有且只有一个零点，且，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
第二部分（非选择题共100分）
二､填空题共6小题，每小题5分，共30分.
11. 已知函数，则__________.
12. 已知数列满足为其前项和，若，则__________.
13. 等比数列满足如下条件：①，②数列单调递减，写出满足上述两个条件的数列的一个通项公式__________.
14. 分别过点和作曲线的切线，切线的斜率分别为__________和__________.
15. 若函数在定义域内有递减区间，则实数的取值范围是________．
16. 在现实世界，很多信息的传播演化是相互影响的.选用正实数数列分别表示两组信息的传输链上每个节点处的信息强度，数列模型：，，描述了这两组信息在互相影响之下的传播演化过程.若两组信息的初始信息强度满足，则在该模型中，关于两组信息，给出如下结论：
①；
②；
③，使得当时，总有；
④，使得当时，总有.
其中正确结论的序号是__________.
三､解答题共5小题，共70分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
17. 已知等差数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，再从①，②，③这三个条件中选择一个作为已知，若，求数列的前项和.
注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
18. 已知函数在处取得极大值1.当变化时，导函数变化情况如下表所示.
（1）写出函数的单调区间，以及的值；
（2）求函数的解析式；
（3）求函数在上的最大值.
19. 已知数列中，且.
（1）求数列的第项；
（2）猜想数列的通项公式，并证明.
20. 已知函数．
（1）当时，求函数的图像在点处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）证明：当时，．
21. 若无穷数列满足：对于任意正整数，如果，那么，则称数列具有性质.
（1）已知数列具有性质，且，求；
（2）已知无穷数列是首项为4，公差为的等差数列，无穷数列是首项为1，公比为2的等比数列，，判断数列是否具有性质，并说明理由；
（3）各项均为正数的两个无穷数列.求证：“对任意，数列都具有性质”的充要条件为“数列是常数数列”.
参考答案
第一部分（选择题共50分）
一､选择题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 【答案】A
【分析】根据等差数列通项公式计算求出公差.
【详解】因为等差数列的通项公式为，
则数列的公差为.
故选：A
2. 【答案】C
【分析】根据等比数列项的下标和性质计算求解.
【详解】因为数列是等比数列，
又因为，则.
故选：C.
3. 【答案】D
【分析】利用求解，并检验.
【详解】当时，，
又，不符合上式，
则.
故选：D
4. 【答案】D
【分析】根据基本初等函数及简单复合函数的求导公式、法则求导即可.
【详解】因为，故A错误；
因为，故B错误；
因为，故C错误；
因为，故D正确.
故选：D
5. 【答案】C
【分析】根据导数的正负与函数单调性的关系，极值点的定义，及导数的几何意义判断即可.
【详解】由导函数的图象可知，当时，，
所以在上单调递增，故A错误；
由图象可知在的左右两侧附近，，单调递增，
所以不是的极小值点，故B错误；
由图象可知，当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以是的极大值点，故C正确；
由图象可知，
所以曲线在处的切线斜率为2，故D错误.
故选：C
6. 【答案】B
【分析】由题意分析出五人所分钱成等差数列，得钱最多者为，列出等式和，根据等差数列的性质即可求出和，再求出即可.
【详解】由题意可知五人所分钱成等差数列，得钱最多者为，则公差，
所以有，解得，
又因为，即，
则，所以，
所以分得最少的一个得到钱.
故选：B
7. 【答案】A
【分析】由等比中项的定义得到，再根据等差数列的通项公式将首项，公差代入计算即可.
【详解】设等差数列的公差为，
因为成等比数列，所以，
即，
整理可得，
因为，，所以解得.
故选：A
8. 【答案】C
【分析】设等差数列的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数.
若为单调递增数列，则，
若，则当时，；若，则，
由可得，取，则当时，，
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”；
若存在正整数，当时，，取且，，
假设，令可得，且，
当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列.
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”.
所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.
故选：C.
9. 【答案】B
【分析】由题意可得，求出，再检验可得答案.
【详解】由，
得，
因为函数在处有极小值，
所以，解得或，
当时，，令，得或，
当或时，，当时，，
所以为极大值点，为极小值点，所以符合题意，
当时，，令，得或，
当或时，，当时，，
所以为极大值点，为极小值点，所以不合题意，
综上
故选：B.
10. 【答案】C
【分析】当时，求出函数的零点，即可判断，
当时，，令，解得或对分类讨论：
①当时，不满足条件；②当时，由题意可得，解得答案．
【详解】解：当时，，令，解得，函数有两个零点，舍去；
当时，，令，解得或，
①当时，，
当或时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
是函数的极小值点，0是函数的极大值点，
由，可得函数存在正零点，不满足条件；
②当时，，
当或时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
是函数的极小值点，0是函数的极大值点，
函数存在唯一的零点，且，则，
即，，解得：，
综上可得：实数的取值范围是，
故选：．
第二部分（非选择题共100分）
二､填空题共6小题，每小题5分，共30分.
11. 【答案】3
【分析】根据导数的定义及基本初等函数的求导公式计算即可.
【详解】因为，所以，
所以，
故答案为：3
12. 【答案】
【分析】由题意可得数列是等比数列，结合条件可得，再由等比数列的前项和公式代入，即可得到结果.
【详解】由可得数列是以为公比的等比数列，
且，则，
所以.
故答案为：
13. 【答案】(答案不唯一)
【分析】根据等比数列的性质进行求解即可.
【详解】等比数列为单调递减数列， ，
，满足上述条件的一个数列的通项公式为：
故答案为：(答案不唯一)
14. 【答案】 ①. ②.
【分析】设切点为，然后表示出切线方程，再将和代入可求出，即可求出斜率得出结果.
【详解】设切点为，由，得
所以切线方程为，即，
将代入得，解得，此时过点与曲线相切的切线斜率为，
将代入得，解得，此时过点与曲线相切的切线斜率为.
故答案为：；.
15. 【答案】
【分析】根据题意，求出函数的导数，分析可知在内能成立，利用参变量分离法，转化为 在上能成立，设，利用换元法分析可得答案．
【详解】根据题意，函数，其导数，
若函数在定义域内存在单调递减区间，
则在上有解；
若，变形可得，
则在上能成立，
设，则，则，
则必有，
故的取值范围为；
故答案为：．
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，对于利用导数研究函数的单调性，注意导数的正负对应着函数的单调性．利用导数研究函数问题时，经常会运用分类讨论的数学思想方法．属于中档题．
16. 【答案】②③④.
【分析】根据已知，利用数列的单调性、函数的性质进行求解.
【详解】因为，两式相减有：，
因为，所以，
所以，，故②正确；
因为，所以，
因为数列，是正实数数列，所以，，
所以，，，又因为，所以成立，但是不一定成立，故① 错误；
由上可知，因为为常数，为递增数列，
故当时，，又，所以，使得当时，总有，故③正确；
因为，
故当时，，又，所以，使得当时，总有，故④正确；
故答案为：②③④.
三､解答题共5小题，共70分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
17. 【答案】（1）
（2）答案见详解
【分析】（1）先根据等差数列的性质求出，再根据等差数列的通项公式求出即可；
（2）先根据条件求出等比数列的通项公式，进而得到，再根据等差及等比数列的前和公式，分组求和即可
【小问1详解】
设等差数列的公差为，因为，
所以，
解得，所以，
所以数列的通项公式；
【小问2详解】
若选①，由可知是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以，
所以
；
若选②，由可知是以2为首项，为公比的等比数列，
所以，所以，
所以
；
若选③，由，可得，
所以可知是以2为首项，4为公比的等比数列，
所以，
所以
；
18. 【答案】（1）；的单调减区间是和，的单调增区间是.
（2）
（3）
【分析】（1）由原函数与导函数的关系，结合表格，即可得到结果；
（2）由表格可知的零点是，结合韦达定理代入计算，即可得到结果；
（3）分别求得极大值以及区间端点值，然后比较大小，即可得到结果.
【小问1详解】
由表格可知，当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
当时，，即单调递减，
所以时，取得极小值，
时，取得极大值，即，
的单调减区间是和，
的单调增区间是.
【小问2详解】
由可得，
由（1）可知，的零点是，
由韦达定理可得，解得，
由在取得极大值，即，
所以，则.
【小问3详解】
由（1）可知，在和上单调递减，在上单调递增，
且，
，，
，且，
所以函数在上的最大值为.
19.【答案】（1），，.
（2），证明见解析.
【分析】（1）根据递推公式代入计算即可；
（2）由（1）及递推公式猜想数列的通项公式，再利用倒数法证明.
【小问1详解】
，，.
【小问2详解】
由（1）可猜想.
证明：由，可得，
即，又，所以是以1为首项，2为公差的等差数列，
则，所以.
20. 【答案】（1）.
（2）见解析. （3）见解析.
【分析】（1）当时, ，求出，，即可写出点处的切线方程.
（2）求出导函数后，对参数与进行讨论，分别求出对应情况下的单调区间.
（3）要证，即证，求出，再构造新函数求证即可.
【小问1详解】
当时,，所以.
得，点处的切线斜率为，
所以函数的图像在点处的切线方程为：.
【小问2详解】
由得，
当时，恒成立，则在R上单调递减；
当时，令得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
综上所述，
当时， 在R上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问3详解】
由（2）可知，当时，
的最小值.
要证，
只需证
只需证
设
则，
令得
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以，
所以得证，
即得证.
21. 【答案】（1）
（2）不具有性质，理由见解析
（3）证明见解析
【分析】（1）由已知可得，，结合，最终得到；
（2）由等差和等比数列的通项公式得到和，从而得到的通项公式，进而由，但，，即得数列不具有性质；
（3）从充分性、必要性两方面证明即可.
【小问1详解】
由，则，所以，.
【小问2详解】
，，
，
，但，，所以数列不具有性质.
【小问3详解】
充分性：
当为常数列时，，
对任意给定的，只要，则由，必有，充分性得证.
必要性：
若对任意，数列都具有性质，则，
设函数，，
由，图象可得，对于任意的，二者图象必有一个交点，
所以一定能找到一个，使得，
，，
故，所以是常数列，必要性得证.
1
0
0