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15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（本大题共8小题）
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．1B．2C．D．
3．已知数列满足，，，设其前项和为，则（ ）
A．2400B．2500C．2600D．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a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
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b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（本大题共3小题）
12．已知等差数列的前n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x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，将化成，的变形技巧，已知函数，，若，则的最小值为
四、解答题（本大题共5小题）
15．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.
参考答案
1．【答案】C
【详解】因为，则.
故选C.
2．【答案】D
【详解】解：设等差数列的公差为，
由，
可知当时，则有，
当时，则有，
解得，
所以，
解得.
故选D.
3．【答案】B
【详解】，
当是奇数时，即，
，
当是偶数时，即，
偶数项是首相为，公差为的等差数列，
99项中有50个奇数项49个偶数项，
.
故选B.
4．【答案】D
【详解】对于A，由，得，则，
因为，所以，所以此函数是凸函数，故A错误；
对于B，由，得，则，
因为，所以，所以此函数是凸函数，故B错误；
对于C，由，得，则，
因为，所以，所以此函数是凸函数，故C错误；
对于D，由，得，则，
因为，所以，所以此函数不是凸函数，
故选D.
5．【答案】B
【详解】根据题意可令，
所以在上单调递增，则原不等式等价于，
由，解之得．
故选B．
6．【答案】B
【详解】在数列中，任意，取，得，
即，则，数列为常数列，
因此，即，则，
所以
.
故选B.
7．【答案】D
【详解】由得，
即，
令，则，
所以在上单调递增，
由，
可得，，即在时恒成立，
令，则，令得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，所以.
故选D.
8．【答案】B
【详解】已知，其定义域为，对求导，可得：
令，即，则，解得．
当或时，，，单调递减；
当时，，，单调递增．
所以在处取得极小值，也是最小值，．
令，则．
函数恰有个不同的零点，即方程(e不是方程的根)有两个不同的实数根，，且其中一个根为，另一个根． 则，解得 .
实数的取值范围是．
故选B．
9．【答案】BCD
【详解】对于A选项，由条件可得，，且，
所以，则数列是首项和公比均为2的等比数列，
故，故A错误；
对于B选项，由已知等式变形得，且，
所以，则数列是首项和公比均为1的等比数列，
则，故B正确；
对于C选项，由，可得，
所以，故C正确；
对于D选项，若，
则数列的前项和为，故D正确.
故选BCD.
10．【答案】ABC
【详解】对于选项A，若为的图象，当时，，在单调递增；
当时，，在单调递增，图象可能正确，故A正确；
对于选项B，若为的图象，，在上单调递增，图象可能正确，故B正确；
对于选项C，若为的图象，当时，，为常函数；当时，，在单调递增，图象可能正确，故C正确；
对于选项D，若为的图象，当时，，在单调递增，不符合；
若为的图象，当时，，在单调递减，不符合；
当时，，在单调递减，也不符合，故D错误；
综上，故选ABC．
11．【答案】BC
【详解】对A，因为，
所以，若函数不存在极值，
则有，解得，故A错误；
对B，函数，
由为奇函数，关于原点对称，可得的图象关于点对称，
且函数的图象也关于点对称，
所以与 的图象交点关于点对称，
由图可知与 的图象有四个交点，
所以方程有四个不同的根，
所以方程的所有实数根的和为，故B正确；

对C，设过点的直线与曲线相切于点，
的导数为，则有，
又点在曲线上，所以，
代入上式，，化简有.
设，三次方程最多3个根，
且，，，，
则分别在上各有一零点，即有3个不相等的实数根，
所以过点且与曲线相切的直线有三条，故C正确；
④化简得
，当，单调递增，当，单调递减.故极大值为，故D错误.
故答案为BC.
12．【答案】
【详解】，所以，所以．
13．【答案】5
【详解】由题意，利润且，
所以，则，
当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
所以万千克，利润最大.
14．【答案】1
【详解】依题意：，即，
则，
设，则在恒成立，
所以函数在上单调递增，则，
，
令，显然在上单调递增，,
设，，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
.
15．【答案】(1)；
(2)存在.
【详解】（1）∵，
∴，则，
∴，又数列为正项数列，
∴，即，
∴数列是以为首项，为公差的等差数列，
∴，则；
（2）∵，则，
故
∴，
则，故恒成立，
∴，解得，
∴存在满足条件.
16．【答案】(1)是的极小值点，极小值为
(2)当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.
(3)证明见解析
【详解】（1）当时，，其定义域为，
对求导，可得，
令，即，因为，所以，解得，
当时，，，，则，单调递减；
当时，，，，则，单调递增，
所以是的极小值点，极小值为.
（2）的定义域为．
当时，恒成立，所以在上单调递减；
当时，；
当时，，所以单调递减；
在上，，所以单调递增；
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．【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（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．【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【详解】（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．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（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.