四川省绵阳市南山中学2024−2025学年高二下学期期中考试 数学试题（含解析）

这是一份四川省绵阳市南山中学2024−2025学年高二下学期期中考试 数学试题（含解析），共11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
1．已知数列的前n项和为，若，则（ ）
A．B．C．D．
2．若函数在处可导，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，，，则“，，既是等差数列又是等比数列”是“”的（ ）
A．充分且不必要条件B．必要且不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ）
A．曲线在点处的切线斜率小于零
B．函数在区间上单调递增
C．函数在处取得极大值
D．函数在区间上单调递减
5．等比数列的前项和为，且，，则（ ）
A．B．C．D．
6．函数在处有极值为7，则
A．-3或3B．3或-9C．3D．-3
7．南宋数学家杨辉的重要著作《详解九章算法》中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列.以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4项为：2，3，6，11，则该数列的第28项为（ ）
A．735B．733C．731D．729
8．已知函数．若对任意的，都存在唯一的，使得成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列求导运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知数列的前项和为，，则下列选项中正确的是（ ）
A．
B．
C．数列是等比数列
D．数列的前项和为
11．定义在上的函数，其导函数为，且满足，若，且，则下列不等式一定正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
三、填空题
12．已知是公差不为的等差数列，且，，成等比数列，则该等比数列的公比为 .
13．若函数在内有最小值，则实数的取值范围是 .
14．已知数列的前n项和为，，且，若，则 ．
四、解答题
15．在数列中，.
(1)求的值；
(2)求数列的通项公式.
16．已知函数.
（1）过点作曲线的切线，求此切线的方程；
（2）若关于的方程有三个不同的实根，求的取值范围.
17．记为数列的前项和，已知．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
18．已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，恒成立，求的取值范围；
（3）当时，设，证明：在上存在唯一的极小值点且.
参考数据：.
19．若数列满足，，.
（1）比较与的大小；
（2）求证：；
（3）求证：时，.
参考答案
1．【答案】A
【详解】令得，令得可解得.
【详解】因为，所以，
因为，所以.
故选A
2．【答案】D
【详解】.
故选D.
3．【答案】A
【详解】当时，是等差数列，不是等比数列，
当既是等差数列又是等比数列，则，
故“既是等差数列又是等比数列”是“”的充分不必要条件，
故选A．
4．【答案】D
【详解】由图知，故曲线在点处的切线斜率等于零，故A错；
由图知，在上，则在上单调递增，
在上，且仅有，则在上单调递减，
所以函数在区间上单调递减，在处取得极大值，故B、C错；
又所以函数在区间上单调递减，故D对.
故选D.
5．【答案】C
【详解】设等比数列的公比为，则，解得，
故，
因此，.
故选C.
6．【答案】C
【详解】，
∴，解得或，
时，，当时，，当时，，是极小值点；
时，，不是极值点．
∴．
故选C．
7．【答案】C
【详解】若某个二阶等差数列的前4项为：，
即，
可得，
所以 ，
所以.
故选C.
8．【答案】C
【详解】，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
且，
又对任意的，，都存在唯一的，，使得成立，
或，
又，，故，
，解得．
故选C
9．【答案】AC
【详解】对于A选项，，A对；
对于B选项，，B错；
对于C选项，，C对；
对于D选项，
，D错.
故选AC.
10．【答案】ACD
【详解】解：，①
，②
两式作差得：，，
，，即，
，.
数列是以为首项，公比为的等比数列，
则，.
由上述内容可知，选项A，C正确.
当时，，则选项B错误.
，，，
数列是首项为的等比数列.
则数列的前项和为，则选项D正确.
故选ACD.
11．【答案】ABD
【详解】A选项：因为，可知在上单调递增，
且，则，所以，A正确；
B选项：因为，且，则，即，
因为在上单调递增，所以，B正确；
C选项：令，则，
可知在上单调递增，
因为，所以，即，
又因为，则，可得，
所以，C错误；
D选项：由C可知，且，
则，
令
当单调递增，所以，所以，
所以，
所以，D正确．
故选ABD.
12．【答案】2
【详解】设，则，，
又，，成等比数列，则，又，
则，则公比为.
13．【答案】
【详解】由题意知的定义域为，
，
当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
则在时取极小值，也即最小值，
又函数在内有最小值，故，
解得，即实数的取值范围是.
14．【答案】25
【详解】当时，，，，，，，，，，
则数列从第6项开始，数列为周期为3的周期数列，一个周期三项的和为7．
因为；所以，由，，得，
所以，所以．
15．【答案】(1);
(2).
【详解】（1）因为，
所以.
（2）因为，
所以，
所以，
所以数列是以为首项，3为公差的等差数列，
所以，
所以.
16．【答案】（1）或
（2）
【详解】（1）由题，设过点与曲线相切的切线的切点为，
则切线斜率或，
所以切点为或，
当切点为时，切线斜率为，则切线方程为；
当切点为时，切线斜率为，则切线方程为，即.
综上，所求切线方程为或；
（2）令，，
由得或；由得，
则在和上单调递增，在上单调递减，
则和分别为的极大值点和极小值点.
在处取得极大值，在处取得极小值.
又有三个不同的实根，所以，
解得，所以实数的取值范围是.
17．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）当时，，解得．
当时，，所以即，
而，故，故，
∴数列是以4为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2）,
所以
故
所以
，
.
18．【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）证明见解析
【详解】（1）因为，其中，.
①当时，恒成立，的增区间为，无减区间；
②当时，令，得，
由可得；由可得.
此时，函数的减区间为，增区间为.
综上所述：当时，的增区间为，无减区间；
当时，函数的减区间为，增区间为.
（2）当时，恒成立，即恒成立.
令，则，其中，
由可得；由可得.
所以，函数的减区间为，增区间为.
所以，即，故的取值范围是.
（3）当时，，，
令，则.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又因为，且，
所以存在唯一的，使得，即.①
当时，，即，单调递减，
当时，，即，单调递增，
所以是在上唯一的极小值点.
则，由①可知.
19．【答案】（1）
（2）证明见解析
（3）证明见解析
【详解】（1）由，则，，
令，，可得，
当时，恒成立，所以在上单调递减，
所以，所以，即.
（2）①，当时，，；
②假设对于任意时不等式成立，即，由于，
令，，可得，令，可得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
因为，，所以，所以，其中，
又由，所以，所以，
所以，
由数学归纳法得：当时，成立.
所以.
（3）由（1）知：，所以，
所以，
综上可得：.