四川省自贡市蜀光中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）

这是一份四川省自贡市蜀光中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版），共22页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分， 函数的单调递增区间是， 函数的图象大致为， 设，则， 下列求导运算正确的是， 设是等差数列，是其前n项的和等内容，欢迎下载使用。
命题：万利坤 审题：岳雄林
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
第I卷（选择题 共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 如果函数在处的导数为1，那么（ ）
A. 1B. C. D.
2. 在等比数列中，，是方程的两个根，则的值为（ ）
A. 10B. 16C. D. 4
3. 函数的图像如图所示，下列数值排序正确的是（ ）
A. B.
C. D.
4. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“诸葛亮领八员将，每将又分八个营，每营里面排八阵，每阵先锋有八人，每人旗头俱八个，每个旗头八队成，每队更该八个甲，每个甲头八个兵.”则该问题中将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有
A. 人B. 人
C. 人D. 人
5. 函数的单调递增区间是（ ）
A. 和B. C. D.
6. 函数的图象大致为（ ）
A B.
C. D.
7. 已知等差数列的公差为2，前项和为，且成等比数列.令，则数列的前50项和（ ）
A. B. C. D.
8. 设，则（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错得0分.
9. 下列求导运算正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
10. 设是等差数列，是其前n项的和.且，，则下面结论正确的是（ ）
A B.
C. 与均为的最大值D. 满足的n的最小值为14
11. 已知函数有两个极值点，则（ ）
A. B.
C D.
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数的图象在处的切线与直线垂直，则实数a的值为_________.
13. 数列满足，（），则_____________．
14. 已知若函数有两个零点，则的取值范围为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸.
15. 等差数列满足，，前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）求的最大值.
16. 已知函数，曲线在点，（1）处的切线方程为．
（1）求实数，的值；
（2）若曲线，求曲线过点的切线方程．
17. 已知等比数列公比，，是，的等差中项.等差数列满足，.
（1）求数列，的通项公式；
（2），求数列的前n项和.
18. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）设，当时，对任意，总存在，使，求实数m的取值范围．
19. 已知函数．
（1）当时，求的单调递增区间；
（2）若有两个极值点．
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）证明：．
2024-2025学年度蜀光中学高2023级高二下期3月考试
数学试卷
命题：万利坤 审题：岳雄林
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
第I卷（选择题 共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 如果函数在处的导数为1，那么（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据导数的定义可直接得到答案.
【详解】因为函数在处的导数为1，
根据导数的定义可知，
故选：A.
2. 在等比数列中，，是方程的两个根，则的值为（ ）
A 10B. 16C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次方程根与系数关系，结合等比数列的下标性质进行求解即可.
【详解】依题意，得，而，所以．
故选：C
3. 函数的图像如图所示，下列数值排序正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由导数的几何意义分析可得，和的几何意义，结合图像可得解.
【详解】由函数的图像可知，
当时，单调递增，
，，.
随着的增大，曲线在每个点处的斜率在逐渐减小，即导函数是单调递减的，
.
故选：A.
4. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“诸葛亮领八员将，每将又分八个营，每营里面排八阵，每阵先锋有八人，每人旗头俱八个，每个旗头八队成，每队更该八个甲，每个甲头八个兵.”则该问题中将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有
A. 人B. 人
C. 人D. 人
【答案】D
【解析】
【分析】先由题意得出该问题是等比数列部分求和的问题，由求和公式即可解决.
【详解】由题意可得将官、营、阵、先锋、旗头、队长、甲头、士兵依次成等比数列，且首项为8，公比也是8，
所以将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有：
,
故选D.
【点睛】本题主要考查等比数列的求和，做题的关键在于认真分析题意，得出该问题的实质即是等比数列求和，即可求解，属于基础题型.
5. 函数的单调递增区间是（ ）
A. 和B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出导函数，由确定增区间．
【详解】，的定义域为，
由，得，
∴的单调递增区间为．
故选：B．
6. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，求得为偶函数，再利用导数求得函数的单调区间，结合选项，即可求解.
【详解】由函数的定义域为，
且，所以函数为偶函数，
当时，，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
故选：C.
7. 已知等差数列的公差为2，前项和为，且成等比数列.令，则数列的前50项和（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据成等比数列结合公差为2，求得，得到，再利用裂项相消法求解.
【详解】因为，，，
由成等比数列，得，解得，
所以，
则，
则.
故选：D.
8. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小.
详解】方法一：构造法
设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，
故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，
所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
故选：C.
方法二：比较法
解： ， ， ，
① ，
令
则 ，
故 在 上单调递减，
可得 ，即 ，所以 ；
② ，
令
则 ，
令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以
故
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错得0分.
9. 下列求导运算正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据导数的运算法则及复合函数的求导法则即可判断各选项.
【详解】，故A不正确；
，故B正确；
，故C不正确；
，故D正确.
故选：BD.
10. 设是等差数列，是其前n项的和.且，，则下面结论正确的是（ ）
A. B.
C. 与均为的最大值D. 满足的n的最小值为14
【答案】BCD
【解析】
【分析】由可判断A错误；由A可得B正确；由，可得C正确；由等差中项和前项和的性质可得D正确.
【详解】A：因为，所以，
所以，故A错误；
B：由A的解析可得B正确；
C：因为，，所以与均为的最大值，故C正确；
D：因为，由，，
故D正确；
故选：BCD.
11. 已知函数有两个极值点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，转化为有两个不同的根，令，求导得到其单调性和极值情况，画出函数图象，数形结合得到；B选项，先得到，且，故；C选项，得到，且，，D选项，构造，利用导数得到，从而得到，再由在上单调性得到答案.
【详解】A选项，定义为R，且，
由题意得有两个变号零点，
令，即有两个不同的根，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，也是最大值，且，
又当时，，当时，，
画出的图象，如下，
故，A正确；
B选项，由A选项可知，，且，
故，B错误；
C选项，由A选项可知，，且，
，C正确；
D选项，设，，
则，
因为，所以，，则，
故，
故在上单调递增，
又，
而，故，即，
又，所以，
其中，，
而由A选项可知，在上单调递减，
所以，即，D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，极值点偏移问题，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解.
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数的图象在处的切线与直线垂直，则实数a的值为_________.
【答案】3
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求出切线的斜率，再根据直线垂直即可求解.
【详解】函数的导函数为，
故函数在处的切线的斜率为.
∵直线的斜率为，切线与直线垂直，
所以，解得.
故答案为：3.
13. 数列满足，（），则_____________．
【答案】
【解析】
【分析】通过计算出等的值可以发现数列是一个三个一循环的循环数列，然后通过计算，得出的值．
【详解】
由以上可知，数列是一个循环数列，每三个一循环，
所以
【点睛】在计算数列中的某一项的时候，可以先通过观察发现数列的规律，在进行计算．
14. 已知若函数有两个零点，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】函数有两个零点等价于的图象有两个交点，对每段函数分别求导，求出函数的单调区间，再求出每一段上的最大值，进而画出函数的图象，即可求出m的取值范围.
【详解】当时，，则，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.
所以时，.
当时，，则，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减
所以时，.
画出函数的图象，如图所示：
函数有两个零点等价于的图象有两个交点，，
由图可知或.
所以m的取值范围为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸.
15. 等差数列满足，，前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知条件列方程组求出，，从而可求出其通项公式；
（2）由通项公式可知数列有前7项和最大，从而可求得结果
【小问1详解】
设首项为，公差为，
因为等差数列满足，，
所以，解得，
所以；
【小问2详解】
因为当时，，当时，，
所以的最大值为，
因为，
所以.
16. 已知函数，曲线在点，（1）处的切线方程为．
（1）求实数，的值；
（2）若曲线，求曲线过点的切线方程．
【答案】（1），；（2）或．
【解析】
【分析】(1)由已知可得，，列方程求a，b，(2)设设曲线与过点的切线相切于点，，则与直线PA的斜率相等，由此可求切点坐标，并求出对应的切线方程.
【详解】解：（1）的导数为，
由曲线在点，（1）处的切线方程为，
可得，即，
又（1），解得，
即有，；
（2）曲线，即，
导数，
设曲线与过点的切线相切于点，，
则切线的斜率，
所以切线方程为，
即，
因为点在切线上，
所以，
即，
即有，
所以，
解得或，
故所求的切线方程为或．
17. 已知等比数列的公比，，是，的等差中项.等差数列满足，.
（1）求数列，的通项公式；
（2），求数列的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，结合等比数列通项列出方程组求出，进而求出通项作答；
（2）利用错位相减法求和；
【小问1详解】
依题有，
因为，解得：，，.
数列是等差数列，设其公差为，，
解得：，.
【小问2详解】
数列的前项和记为，则，
因为，
所以，
，
两式相减有
，
所以.
18. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）设，当时，对任意的，总存在，使，求实数m的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）求导后，分和讨论即可；
（2）先由函数单调性求出的最大值，再将问题转化为，恒成立，然后分离参数，构造函数，利用导数分析单调性，求出最值即可；
【小问1详解】
由题意得．
当时，由，得，
所以当时，；
当时，，
因此，当时，函数在上单调递减，在上单调递增．
当时，由，得，
所以当时，；
当时，，
因此，当时，函数在上单调递减，在上单调递增．
【小问2详解】
当时，由（1）知，函数在上单调递减，
所以当时，．
对任意的，总存在，使等价于，恒成立，
则，恒成立，
即，恒成立．
令，
则．
令，得，
所以当时，；
当时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，，
因此．
故实数m的取值范围是．
19. 已知函数．
（1）当时，求的单调递增区间；
（2）若有两个极值点．
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）证明：．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，令导函数大于0，可求函数的增区间.
（2）（ⅰ）求导，结合换元法，把问题转化成二次函数有两个不等正根可求参数的取值范围.
（ⅱ）利用（ⅰ）中的有关结论，把化成，设，问题转化成证明.利用导数，分析函数单调性，即可证明结论.
【小问1详解】
当时，，
由，所以.
故单调递增区间为.
【小问2详解】
（ⅰ），令，即
令，，则是方程的两个正根，
则，即，
有，，即.
所以的取值范围为：.
（ⅱ）
令
则．
令，则，
则在上单调递减，
又
故存在，使，即，
则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减
则，
又，故
即.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用换元的思想，利用换元转化为其他函数，利用导数，转化为隐零点问题求解.