山东省五莲县第一中学2024-2025学年高二下学期4月月考 数学试题（含解析）

这是一份山东省五莲县第一中学2024-2025学年高二下学期4月月考 数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了若函数，则导函数，已知等差数列满足，已知数列满足，设其前项和为，则，丹麦数学家琴生，在数列中，，对任意，则等内容，欢迎下载使用。
1.若函数，则导函数（ ）
A. B.
C. D.
2.已知等差数列满足：，则的公差为（ ）
A.1 B.2 C. D.
3.已知数列满足，设其前项和为，则（ ）
A.2400 B.2500 C.2600 D.2700
4.丹麦数学家琴生（Jensen）是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方面留下了很多宝贵的成果，设函数在上的导函数为在上的导函数为，若在上恒成立，则称函数在上为“凸函数”，以下四个函数在上不是凸函数的是（ ）
A. B.
C. D.
5.已知函数的定义域为，其导函数满足，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
6.在数列中，，对任意，则（ ）
A. B. C. D.
7.当时，关于的不等式恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数，若函数恰有3个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
一､多选题：（18分）
9.已知数列的前项和为，且满足，则下列说法正确的有（ ）
A.数列为等差数列
B.数列为等比数列
C.
D.若，则数列的前项和
10.设是函数的导函数，将和的图象画在同一个直角坐标系中，可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
11.已知函数，以下命题正确的是（ ）
A.若函数不存在极值，则实数的取值范围是
B.方程的所有实根的和为8
C.过点且与曲线相切的直线有三条
D.方程，则的极大值为
三､填空题：（15分）
12.已知等差数列的前项和为，且，则__________.
13.某莲藕种植塘每年的固定成本是2万元，每年最大规模的种植量是10万千克，每种植1千克莲藕，成本增加1元.种植万千克莲藕的销售额（单位：万元）是，则要使利润最大，每年需种植莲藕__________万千克.
14.“朗博变形”是借助指数运算或对数运算，蒋化成的变形技巧，已知函数，若，则的最小值为__________.
四､解答题：（77分）
15.（13分）已知正项数列满足，且（）.
（1）求的通项公式；
（2）设数列{}的前n项和为，是否存在p､q，使得恒成立？若存在，求出p，q的值；若不存在，请说明理由.
16.已知函数（且）.
（1）当时，求的极小值点与极小值；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若函数有两个零点，（），且，证明：.
17.已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）证明：.
18.已知数列满足，且.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求数列的前项和；
（3）在（2）的条件下，令，记数列的前项和为，证明：.
19.已知函数.
（1）设过点且与曲线过此点的切线垂直的直线叫做曲线在点处的法线.若曲线在点处的法线与直线平行，求实数的值；
（2）当时，若对任意，不等式恒成立，求的最小值；
（3）若存在两个不同的极值点且，求实数取值范围.
高二数学模拟试题（四）
参考解答
1.A 【解】.故选：A
2.B 【解】，则前20项和
“设写错”项为，则，解得，故写错之前这个数为.故选：B.
3.A 【解】因为为等差数列的前项和，设公差为，所以，即得，所以，所以，则.故选：A.
4.C 【解】因为，故排除A，D；令在是减函数，，在是增函数，，存在，使得单调递减，单调递增，所以选项B错误，选项C正确.故选：C.
5.C 【解】对A选项，由题意得：A选项正确；
对B选项，设每次插入项的个数构成数列，则是以首项为1，公比为2的等比数列，的前项和即为B选项正确；
对C选项，C选项错误；
对D选项，由B选项分析可得，又，又是以首项为，公比为3的等比数列，选项正确.故选：C.
6.A 【解】因为函数为幂函数，所以，即，
解得或.当时，；当时，.
因为函数对任意的，且，满足，
所以函数在上单调递增，所以曲线，
因为，得曲线的对称中心为，所以，
即，
又因为两点不重合，故，得，所以.
关于点对称，设①
②，两式相加得.故选：A.
7.C 【解】为偶函数，则，左右两边同时求导得，，将看作整体得①，将图象向右平移2个单位得到，因为为偶函数，则图象关于对称，即②，①②两式联立得，即，
用代替得，故，即的周期为4，因，则①式中令有，令有，
②式中令有，令有，
则.故选：C
8.A 【解】令，则，令，得，令
，得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，
，所以函数的图象如图所示：
令，因为函数在上有3个零点，则有2个不同的根，故，
解得或，当时，，又，所以不满足题意，故，所以且，
由韦达定理，得，所以
.故选：A.
9.ABC 因为数列为等差数列，，由得数列的前2025项的和最小，根据等差数列的性质，可得：数列为递增数列，且.对A：，故A正确；对B：因为，所以，所以是公差为的等差数列，故B正确：
对C：因为，故C正确；
对D：若，则，则不存在，使得，故D错误.故选：ABC
10.AC 【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，作出的图象如图1，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.
11.ACD 【解】依题意，，设，由为正三角形，直线的方程为，由，得，则，
由，则的横坐标为，纵坐标为，
且在曲线上，则，
又，即，得，则，
当时，，两式相减得，
因此，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
对于，A正确：
对于B，由，得错误；
16.【解】综上所得，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）证明：当时，；
由（2）知，在上单调递减，在上单调递增；
由题意可得，
由及，得；
欲证，只要，
注意到在上单调递减，且，只要证明即可；
由，得；
所以
，
令，则，
则在上是单调递增的，因此，即；
综上，.
17.【解】（1）当时，，，，
则，所以，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2）因为，恒成立，所以恒成立.
令，则，
令，则且不恒为0，
即在上单调递减，则，
所以当时，且不恒为0，
所以在区间上单调递减，故，所以，
综上，实数的取值范围为；
（3）取，由（2）得当时，，所以.
取，则有，
即，
所以，，，，
将上述式子相加得，得证.
18.【解】（1）由题可得，，所以，
又，则，则，
故数列是首项为2，公比为2的等比数列.
（2）由（1）知，所以，
所以.
（3）由（2），则，
所以.
令，则，
其前项和为；
令，则，
其前项和为，
所以.
19.【解】（1）由得：，则，又由直线的斜率为，
根据题意可知：；
（2）当时，不等式可化为，
变形为
同构函数，求导得，
所以在上是增函数，而原不等式可化为，
根据单调性可得：，
再构造，则，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
所以，即满足不等式成立的，
所以的最小值为；
（3）因为存在两个不同的极值点
所以由可得：
，，
因为，而的对称轴是，所以可得，
根据对称性可得另一个零点，此时有，
故，
又由可得，
而
令，
则，
，即，，
则，
即在区间上单调递减，
所以有，
即，
所以实数取值范围.