山东日照2024_2025学年高二下学期期末考试数学试题【含答案】

这是一份山东日照2024_2025学年高二下学期期末考试数学试题【含答案】，共17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。
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．下列函数中，在区间上单调递减的是（ ）
A．B．
C．D．
3．设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．已知函数，且，则（ ）
A．2B．4C．0或4D．2或4
5．已知函数的导函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
在区间内有2个极值点
在区间上是增函数
曲线在处的切线的斜率大于0
6．已知等比数列，，为函数的两个零点，则（ ）
A．B．C．D．3
7．已知，，若直线是函数的一条切线，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
8．若，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．命题“，”的否定是“，或”
C．若，则函数的最小值为2
D．当时，不等式恒成立，则的取值范围是
10．定义域为R的函数，对任意，，且不恒为0，则下列说法正确的是（ ）
A．B．为偶函数
C．D．若，则
11．分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，它的研究对象普遍存在于自然界中，因此又被称为“大自然的几何学”.按照如图1所示的分形规律，可得如图2所示的一个树形图．若记图2中第n行白圈的个数为，其前n项和为；黑圈的个数为，其前n项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知函数是偶函数，则 .
13．已知函数，数列的前n项和为，且满足，，，则 .
14．已知函数，，若函数的图象恒在图象的上方，其中，则的取值范围为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知数列的前n项和为，，各项均为正数的等比数列，满足.
(1)求数列和的通项公式；
(2)记，求数列的前n项和．
16．已知函数，其中．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)当时，若在区间上的最小值为，求a的值．
17．已知等差数列的前n项和为，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列的前n项和为，且，令，求的最小值．
18．已知函数.
(1)求的值；
(2)若函数有3个零点，其中.
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证：．
19．已知数列满足，数列为公差为的等差数列，且满足.记，称为由数列生成的“函数”.
(1)求的值；
(2)若“1-函数”，求n的最小值；
(3)记函数，其导函数为，证明：“函数”.
附：
参考答案
1．【答案】A
【分析】求得，易求.
【详解】，
所以.
故选A.
2．【答案】B
【详解】对于A：在定义域上单调递增，故A错误；
对于B：在定义域上单调递减，故B正确；
对于C：，则，
当时，所以在上单调递增，故C错误；
对于D：在定义域上单调递增，故D错误.
故选B.
3．【答案】A
【分析】由不等式的性质得出的充要条件，结合充分不必要条件的定义即可得解.
【详解】，所以“”是“”的充分不必要条件.
故选A.
4．【答案】C
【分析】根据分段函数的解析式，分两种情况考虑，建立方程，解出即可.
【详解】当时，因为，
所以，所以，经检验，满足题意；
当时，因为，
所以，即，所以，经检验，满足题意.
故选C.
5．【答案】D
【分析】根据导函数的图象确定的极值点、单调区间、导数的几何意义，进而判断各选项的正误.
【详解】由导函数的部分图象可得，
当或时，，当或时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以在区间内有个极值点，故B错误，C错误；
所以，故A错误；
曲线在处的切线的斜率为，故D正确.
故选D.
6．【答案】C
【分析】由题意，结合对数运算性质、等比数列性质即可求解.
【详解】由题意是一元二次方程的两个根，由韦达定理有，
而对于等比数列而言，，
从而
.
故选C.
7．【答案】C
【分析】先根据导数的几何意义得到条件，然后用基本不等式证明，最后给出一个的情况即可.
【详解】设切线的切点为，则，
且由及该直线斜率为，知，
所以，即，代入知，即，
所以，
当，时，有，，
所以的最小值是.
故选C.
8．【答案】A
【分析】构造函数，，可比较的大小，构造函数，可比较的大小，即可得解.
【详解】令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，即，
所以，
令，则，
当时，，
所以函数在上单调递增，
所以，即，即，
所以，
即，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，即，
所以，即，
综上所述.
故选A.
【方法总结】构造函数比较大小的方法：
分析给出的数值之间的关系，找出相应数值的共性，进而把某个数值看作自变量的取值，然后找出该数值与其他数值之间的关系，把给出的数值转化为相应的函数值，最后构造函数利用函数的单调性比较大小.一般通过作差或作商构造函数，作差法构造函数的关键点是研究函数的单调性与函数的零点，作商法构造函数的关键点是函数值的正负、函数的单调性及函数的最值与1的大小关系.
9．【答案】BD
【分析】举出反例即可判断A；根据存在量词命题的否定为全称量词命题即可判断B；利用基本不等式即可判断C；分和两种情况讨论即可判断D.
【详解】对于A，当时，，故A错误；
对于B，命题“，”的否定是“，或”，故B正确；
对于C，，
当且仅当，此时无解，故取不到等号，
所以，故C错误；
对于D，当时，恒成立，
当时，，解得，
综上所述，，故D正确.
故选BD.
10．【答案】BCD
【分析】对于A，通过赋值，结合不恒为0即可判断；对于B，通过赋值，结合，以及函数的定义域为R即可判断；对于C，通过赋值即可判断；对于D，说明函数的周期为4，并且结合函数的图象关于点中心对称，，以及为偶函数进行判断即可.
【详解】对于A，在中，令，有，解得或，
若，在中，令，有，
这就得到恒成立，这与已知不恒为0矛盾，所以不可能成立，
而在处有定义，故一定有，故A错误；
对于B，在中，令，有，
即有，且函数的定义域为R，所以为偶函数，故B正确；
对于C，在中，令，有，
即，
而取遍所有实数时，也取遍所有实数，所以恒成立，故C正确；
对于D，若，在中，令，有，这意味着函数的图象关于点中心对称，
所以，所以函数的周期为4，
而
，
，故D正确.
故选BCD.
11．【答案】AD
【分析】根据题意得，再利用裂项相消法可求出，，然后逐个分析判断.
【详解】由于每一个白圈产生下一行的1白1黑两个圈，一个黑圈产生下一行的1个白圈2个黑圈，第n行白圈的个数为，黑圈的个数为，
所以，B错误，
由，得，，，A正确，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
所以
，
所以，即，D正确；
因为，所以，
因为，，所以，
所以，C错误.
故选AD.
【思路导引】若通项公式是分式型，分子是常数，分母是相邻两项的积，则可以考虑用裂项相消法求和.
12．【答案】1
【分析】根据偶函数的定义求解即可.
【详解】，
由是偶函数可得，即恒成立，
故.
故答案为：1.
13．【答案】2
【分析】根据函数性质分析可知：在上单调递增，且为奇函数，进而可得，结合数列周期性分析求解.
【详解】由题意可知：的定义域为，
且，即，
可知为定义在上的奇函数，且，
因为在上单调递增，可知在上单调递增，
因为，则，
可得，即，
由可知：3为数列的周期，则，
且，所以.
故答案为：2.
【易错警示】本题分析的奇偶性的同时，必须分析的单调性，若没有单调性，由无法得出.
14．【答案】
【分析】构造函数，则，利用导数分和两种情况讨论，求出函数的最小值即可得解.
【详解】由题意，恒成立，
令，则，，
当时，，所以函数在R上单调递增，
又时，，
所以函数无最小值，即时与题意矛盾；
当时，令，则，令，则，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，即，
综上所述，的取值范围为.
故答案为：.
【方法总结】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
15．【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由之间的关系即可求解数列的通项公式，求出等比数列的公比即可得的通项公式；
（2）由题意得，由等比数列求和公式以及错位相减法即可求解.
【详解】（1）由题意，
，
而，所以，
设各项均为正数的等比数列的公比为，满足，
则，
所以；
（2）由（1）中结论可知，，
所以数列的前n项和，
，
两式相减得：
，
所以.
16．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，分别求出及，即可写出切线方程；
（2）计算出，令，解得或，分类讨论的范围，得出的单调性，由在区间上的最小值为，列出方程求解即可．
【详解】（1）当时，，则，，所以，
所以曲线在处的切线方程为：，即；
（2），令，解得或，
当时，时，，则在上单调递减，
所以，考虑，，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以的极大值为，由得；
当时，时，，则在上单调递减，
时，，则在上单调递增，
所以，则，不合题意；
当时，时，，则在上单调递减，
所以，不合题意；
综上，．
17．【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）由等差数列及其前项和基本量的计算即可列方程组求解首项、公差，进而得解；
（2）由（1）中结论结合累乘法得数列的通项公式，通过裂项法得的表达式，说明单调递增，或由也可说明单调递增，进而得解.
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，
由，得，
解得，所以；
（2）方法一：由（1）得，
由题意，
，
而，从而，
，
而关于单调递减，从而关于单调递增，
所以关于也是单调递增，
当时，的最小值为；
方法二：由（1）得，
由题意，
，
而，从而，
又，所以单调递增，
所以的最小值为.
18．【答案】(1)0
(2)（ⅰ），（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）根据已知解析式直接求解即可；
（2）（ⅰ）由，可得除1外还有两个不同的零点，对函数求导后，令，当时，，不合题意，所以问题转化为当时，不单调，即存在两个零点，然后求出的单调区间，结合零点存在性定理分析即可；（ⅱ）由前面的求解可知，利用导数证明时，不等式恒成立，从而可得，化简变形可得结论.
【详解】（1）因为，
所以，
所以；
（2）因为，所以除1外还有两个不同的零点，
由，得，
令，
当时，在上恒成立，则，所以在上单调递减，
即在上至多有1个零点，不合题意，舍去；
当时，除1外还有两个不同的零点，则不单调，
所以存在两个零点，即，解得，
当时，设的两个零点为，
则，所以，
当或时，，则，
当时，，则，
所以在和上递增，在上递减，
因为，所以，
因为，且，
，且，
所以存在，使得，
所以有3个零点，
综上，a的取值范围为；
（ⅱ）证明：由（1）知，即，
所以若，则，所以，
当时，先证明不等式恒成立，
令，
则，
所以在上递增，即，
当时，不等式恒成立，
由，可得，
所以，
因为，所以，
所以，
两边同除以，得，
即，
所以.
19．【答案】(1)142
(2)4
(3)证明过程见解析
【分析】（1）首先得出，，所以只需求出的值即可得解；
（2）首先得出，，进一步可以得到，从而可表示出，结合其单调性即可求解；
（3）由，结合导数的运算即可求解.
【详解】（1），，公差为2，
所以，
，
所以；
（2），，公差为1，
所以，，
当时，，
而，
所以，
，
设，则，
所以关于单调递增，
所以关于单调递增，
注意到，
所以当时，均满足，
所以满足题意的n的最小值为；
（3）由题意得
，
由，得，
所以，所以，
即.