广东省佛山市顺德区第一中学高二下学期期中教学质量检测数学试题（解析版）(1)-A4

这是一份广东省佛山市顺德区第一中学高二下学期期中教学质量检测数学试题（解析版）(1)-A4，共16页。试卷主要包含了无零点，即无零点等内容，欢迎下载使用。
2025年4月
本试卷共4页，19题，满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色笔迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考号填写在答题卷上．
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．
3．作答选做题时，请先用2B铅笔填涂选做题的题组号对应的信息点，再作答．漏涂、错涂、多涂的，答案无效．
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 数列满足，则其通项公式可能（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由通项公式逐个验证即可.
详解】对于A：，符合，
对于B：，不符合，
对于C：，不符合，
对于D：，不符合，
故选：A
2. 函数的导数（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接根据诱导公式、函数的求导法则和商的求导公式可得所求.
【详解】，
所以，
故选：B
3. 在含有3件次品的50件产品中，任取2件，则至少取到1件次品的不同方法数共有（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分“取到1件次品”和“取到2件次品”两种情况，结合组合数与分类加法计数原理得解.
【详解】“至少取到1件次品”分两种情况：
取的1件次品的方法数为：种；取到2件次品的方法数为：种，
由分类加法计数原理知，共有种不同的方法数，
又，，
故选：D
4. 设为等比数列的前项和，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由等比数列的通项公式与前项的基本量运算求解．
【详解】由已知，，所以．
故选：A．
5. 已知函数在单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由在恒成立，参变分离求最值即可.
【详解】因为在单调递增，则在上恒成立，
即在上恒成立，
令gx=exxx>1，则，
由g'x=exx−1x2>0可得
所以函数在单调递增，
故gx>g1=e，
，即．
故选：D
6. 小明从店购买了一辆价格为25万元的家用轿车，首付11万元，剩余的款项采用分期付款的方式还款，还款方式为：每年年底还固定款项2万元以及余款的当年利息，年利率为10%，直到全部还完为止．则购买这辆车小明最后实际共花（ ）
A. 28.5万元B. 30.6万元C. 31.8万元D. 32.2万元
【答案】B
【解析】
【分析】设每次付款数组成数列，结合题意可得数列是首项3.4，公差为的等差数列，进而结合等差数列的前项和公式求解即可.
【详解】首付11万元，余款14万元，按题意可知是分7次还清，
设每次付款数组成数列，
则（万元），
（万元），
（万元），，
（万元），
因而数列是首项3.4，公差为的等差数列，
则（万元），
因此购车款最后实际共付万元.
故选：B.
7. 现要从6名学生中选4名代表班级参加学校4×100m接力赛，其中已确定甲跑第1棒或第4棒，乙和丙2人只能跑第2、3棒，丁不能跑第1棒，那么合适的选择方法种数为（ ）
A. 56B. 60C. 84D. 120
【答案】B
【解析】
分析】特殊位置优先排，甲很特殊，所以分当甲排第1棒时和当甲排第4棒时两类进行讨论求解可得.
【详解】由题设六人中确定甲跑第1棒或第4棒，乙、丙只能跑第2，3棒，丁不能跑第1棒
当甲排第1棒时，乙、丙均不参与则有种，乙、丙至少有一人参与则有种；
当甲排第4棒时，乙、丙均不参与则有种，乙、丙至少有一人参与则有种．
故合适选择方法种数为种．
故选：B．
8. 若，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数，求导得到函数单调性，得到，求出，构造，求导得到函数单调性，得到，故，得到答案.
【详解】设，
则，
∴时，，在上单调递增．
∴，即，
∴，．
设，则，
∴当时，，即在上单调递增．
∴，，
∴，即．
综上，.
故选：C．
【点睛】方法点睛：构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.
二、多选题（每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．）
9. 已知数列中，，，下列说法正确的是（ ）
A. 若是等比数列，则
B. 若是等差数列，则
C. 若是等比数列，则、的等比中项为8
D. 若是等差数列，则、的等差中项为17
【答案】BCD
【解析】
【分析】由等比数列、等差数列的性质逐个判断即可.
【详解】对于A：由，可知，故错误；
对于B：，正确；
对于C：，又等比数列偶数项同号，所以8，正确；
对于D：，所以，正确；
故选：BCD
10. 有甲、乙、丙等6名同学，则下列说法正确的是（ ）
A. 6人站成一排，甲、乙两人相邻，则不同的排法种数为240
B. 6人站成一排，甲、乙、丙按从左到右的顺序站位（不一定相邻），则不同的站法种数为240
C. 6名同学平均分成三组分别到、、三个工厂参观，每名同学必须去，且每个工厂都有人参观，则不同的安排方法有90种
D. 6名同学分成三组参加不同的活动，每名同学必须去，且每个活动都有人参加，甲、乙、丙在一起，则不同的安排方法有36种
【答案】ACD
【解析】
【分析】用捆绑法即可判断A，用倍缩法即可判断B，用平均分组公式即可判断C，用分类加法分步乘法即可判断D.
【详解】对于A，6人站成一排，甲、乙两人相邻，可以采用捆绑法，则不同的排法种数为，故A正确；
对于B，6人站成一排，甲、乙、丙按从左到右的顺序站位，可用倍缩法进行求解，即种，故B错误；
对于C，6名同学平均分成三组分别到、、三个工厂参观，每名同学必须去，且每个工厂都有人参观，则有种，故C正确；
对于D，6名同学分成三组参加不同的活动，甲、乙、丙在一起，若还有一位同学与他们一组，共有种分法；
若三组同学分为3人一组，2人一组和1人一组，先将除甲、乙、丙外的剩余3人分为两组，有种分法；共有6种分组方法，再分配到三个活动中，共有种，D正确．
故选：ACD.
11. 已知函数，若有两个极值点，则下面判断正确的是（ ）
A. B. C. 且
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据根的分布列不等式组求解判断A；利用韦达定理可判断B；把代入函数式，根据的范围判断C；将化简成关于a的函数，利用导数可求得最值
【详解】由题意得，函数的定义域是，，
要使得有两个极值点，则在上有两个解，
令，即在上有两个解
则，解得，所以A正确；
因为，所以，所以，故B正确；
由题意，，，
因为，，所以，，
所以，
，所以C错误；
，
因为是方程的两根，所以，
令，，则，
在上单调递增，则，
即，D正确．
故选：ABD．
三、填空题（每小题5分，共15分．温馨提示：请把答案填在答题卷相应横线上．）
12. 若，则________．
【答案】5
【解析】
【分析】根据组合数的性质来求解的值.
【详解】已知，
根据组合数性质可得或.
当时，可得.但因为，舍去；
当时，解得，则成立，也满足的条件.
故答案为：5
13. 过点作曲线的两条切线，切点分别为，，则直线的方程为_____．
【答案】
【解析】
【分析】分别求出曲线在点，点处的切线方程，再将点代入化简即可.
【详解】设，，由曲线，得，
所以
曲线在点处的切线方程为，
把代入切线方程，得，又，化简得，
同理可得曲线在点处的切线方程为，
，都满足直线，直线的方程为．
故答案为：
14. 已知数列的前项和，数列的前项和，将与的公共项由小到大排列构成新数列，则数列的前5项和等于_____．
【答案】682
【解析】
【分析】分别求出数列和的通项，再把它们的公共项求出来即可.
【详解】当时，，
当时，，
当时，满足上式，所以，
同理可求得，
设的第项与的第项相等，则，即，，
当时，，当时，，则，
当时，，当时，，则，
当时，，当时，，则，
当时，，当时，，则，
当时，，当时，，则，
故数列的前5项和等于．
故答案：
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由等比数列的定义可得数列是首项、公比均为3的等比数列，即可求解；
（2）由错位相减求解.
【小问1详解】
由，又，可得数列是首项、公比均为3的等比数列，
故，
【小问2详解】
由（1）可得，
则，
所以，
两式相减得，
所以
16. 已知函数．
（1）求的极值，并在给定的直角坐标系中画出函数的大致图象（不用说明理由）；
（2）求证：．
【答案】（1）极小值为，无极大值，图见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出导函数，再解不等式和即可得出的单调性，进而求出极值；根据单调性以及函数的正负性即可画出图象.；
（2）构造函数gx=exx−lnx+x−3x>0，根据单调性求最小值即可.
【小问1详解】
，
当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
因此极小值为，无极大值；
当时，；当时，，且，
结合单调性，可画出函数的大致图象，如下图所示：
【小问2详解】
要证，只要证，
令gx=exx−lnx+x−3x>0，则，
则得；得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，即恒成立，
所以fx>lnx−x+3．
17. 已知数列的前项和为，且．
（1）求、、的值．
（2）求数列的通项．
（3）求数列的前项和．
【答案】（1），，
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据递推公式代入计算求解；
（2）分奇偶两种情况，当为奇数时，当为偶数时，应用分别求出通项公式；
（3）应用裂项相消法计算求解.
【小问1详解】
由条件知，
，．
【小问2详解】
当为奇数且时，，也符合，
所以当为奇数时，；
当为偶数时，；
所以数列
【小问3详解】
由题可知，所以，
所以数列的前项和为
18. 如图，将圆沿直径折成直二面角，已知三棱锥的顶点在半圆周上，，在另外的半圆周上，．
（1）若，求证：；
（2）若，，直线与平面所成的角为，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得到平面，推出，再结合可求证；
（2）以为坐标原点，，所在直线为，轴，过点作平面的垂线作为轴，建立空间直角坐标系，由直线与平面所成的角为，确定的坐标，求得，即可求解.
【小问1详解】
由题意知平面平面，平面平面，
，且平面，故平面，
又平面，故；
又，且，，平面，
故平面，而平面，
故；
【小问2详解】
以为坐标原点，，所在直线为，轴，过点作平面的垂线作为轴，建立空间直角坐标系，如图：
由于，，则，，
设，，则，
则，，，
设平面的一个法向量为，则，
即，令，则可得，
由于直线与平面所成的角为，
故，
解得，结合，则，
所以，所以，
又平面，
所以．
19. 已知函数．
（1）分析函数的单调性．
（2）若，试问是否存在零点．若存在，请求出该零点；若不存在，请说明理由．
（3）若有两个零点，求满足题意的的最小整数值．（参考数据：，）
【答案】（1）详见解析；
（2）不存在，理由见解析；
（3）
【解析】
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性即可；
（2）分和两种情况讨论，根据解析式特点，构造函数，利用导数求得其最小值，进而说明最小值大于0，即可得出结论；
（3）有两个零点，则有两个零点，利用导数研究函数的零点即可．
【小问1详解】
因为，，，
令，则，
因为，所以恒成立，所以即单调递增，
又时，，时，．
所以存在，使得，
所以在上递减，在上递增．
【小问2详解】
，，的零点个数与的零点个数相同．
①当时，，．
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
当时，取得最小值t1=1>0．无零点，即无零点．
②当时，．令．又m'x=1x+ax2>0恒成立，
在上单调递增．
，t'1=1−a>0，故存在，使得；
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
当时，取得最小值．（*）
由，得，代入得．
若有零点，则必有，即，也即．
令，，当时，n'x>0，单调递增；当时，，单调递减．
，取，，即恒成立，矛盾，故没有零点．
综上所述，当时，没有零点．
【小问3详解】
若有两个零点，则有两个零点．
由（2）可知，．
在上单调递增，又，t'a=lna>0，故存在，使得；
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
当时，取得最小值．
由，得，
代入得．
有两个零点，则必有．
设nx=1−xlnx2x>1，，当时，恒成立，
在上单调递减，n2=1−2ln22>0>nx2，．
设φx=xlnx+xx>1，．当时，恒成立，在上单调递增，a=φx2>φ2=2+2ln2≈3.386．
下证当时，有两个零点．t1=1>0，，ta=1>0．
在上有两个零点，即在上有两个零点．