广东省肇庆市第六中学高二下学期期中检测数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省肇庆市第六中学高二下学期期中检测数学试题（解析版）-A4，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。
命题人：宾华红 审核人：蒙庆爱
一、单选题：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. 已知各项均为正数的等比数列是单调递增数列，，则（ ）
A. B. C. 10D. 20
【答案】D
【解析】
【分析】利用等比数列的性质可求得公比，再利用即可.
【详解】因，即，，
解得或（舍），
设公比为，则，故
故选：D
2. 5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同报名方法有（ ）
A. 10种B. 20种C. 25种D. 32种
【答案】D
【解析】
【分析】由分步乘法原理计算．
【详解】由题意，每个同学有2种选择，故不同报名方式为.
故选：D
3. 已知函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据导数运算公式求得函数的导数，令求出，再令即可求解.
【详解】，
令可得解得，
所以，所以，
故选:B.
4. 已知函数，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】求出的导函数，，
代入求解即可.
【详解】由题，
，
故选：A.
5. 用0～5这6个数字，可以组成的没有重复数字的三位数的个数为（ ）．
A. 100B. 150C. 200D. 225
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用排列计数问题，结合排除法列式求解.
【详解】依题意，从6个数字中任取3个的排列数为，其中数字0在百位的有个，
所以组成的没有重复数字的三位数的个数为.
故选：A
6. 若函数在上单调递增，则的最大值为（ ）
A. 4B. 8C. 12D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】由函数在上单调递增，转化为在上恒成立，分离参数转化为求函数的最小值求解即可.
【详解】因为，所以，
由于在上单调递增，
所以在上恒成立，
在上恒成立，在上单调递增，
所以在上的最小值为，
所以，故的最大值为，
故选：D
7. 已知函数与的图象如图所示，则函数（ ）
A. 在区间上是减函数B. 在区间上是减函数
C. 在区间上是减函数D. 在区间上是减函数
【答案】B
【解析】
【分析】对函数求导，结合图象判断与的大小关系，从而得出函数的单调性，进而可得出结果.
【详解】由得，
由题中图象可知，当时，，所以，则函数单调递增；
当时，，所以，则函数单调递减；
当时，，所以，则函数单调递增；
当时，，所以，则函数单调递减；
故ACD都错，B正确，
故选：B
8. 已知函数，函数恰有两个不同的零点，则的最大值和最小值的差是（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出的图象，数形结合可得的取值范围，将用表示，构造函数，利用导函数讨论单调性求解.
【详解】作出的图象如下，

由图象可知，当，即时，函数有2个交点，
即函数恰有两个不同的零点，
因为，所以，可得，
则，
构造函数，，
令解得，，令解得，，
所以在单调递减，单调递增，
所以，
所以函数最大值和最小值之差为，
所以的最大值和最小值的差是，
故选：A.
二、多选题：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，有选错的得0分，部分选对得部分分.
9. 在递增的等比数列中，，是数列的前项和，是数列的前项积，则下列说法正确的是（ ）
A. 数列是等比数列B. 数列是等差数列
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】因为数列为递增的等比数列，由题干中的两个条件即可求得首项和公比，进而求出，判断A错误；再利用等差数列的判定方法即可求出即是等差数列，最后利用等比数列的前n项和公式即可求得结果.
【详解】因为，，又数列是递增的，
所以，所以公比，，所以，所以，
得，，，，故A错误；
由于，所以数列是等差数列，故B正确；
，故C正确；
因为，
所以，故D正确．
故选：BCD．
10. 已知等差数列的首项，公差，在中每相邻两项之间都插入3个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列，是数列的前项和.以下说法正确的是（ ）
A. B. 是数列的第8项
C. 当时，最大D. 是公差为的等差数列
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据题意，求得，结合题意，得到数列的通项，结合等差数列的求和公式，逐项判定，即可求解.
【详解】由等差数列的首项，公差，可得，
对于A中，根据题意，可得，，所以公差为，
所以数列的通项公式为，所以A正确；
对于B中，由，令，解得，所以B正确；
对于C中，令，解得，
所以或时，取得最大值，所以C正确；
对于D中，由，可得，
则，
所以是公差为的等差数列，所以D错误.
故选：ABC.
11. 已知函数，是的导函数，且，其中，则下列说法正确的是（ ）
A. 的所有极值点之和为0
B. 的极大值点之积为2
C.
D. 的取值范围是
【答案】AC
【解析】
【分析】求出讨论其符号后可得函数的极值点，故可判断AB的正误，设，则有3个不同的零点，利用导数和因式分解可求的范围及与的关系，故可判断CD的正误.
【详解】，
令，则或；令，则或；
故的极大值点为，它们的乘积为，故B错误.
而的极小值点为，故的所有极值点之和为0，故A正确.
设，
则有三个不同的实数解，且.
设，则有3个不同的零点，
又，
令，则；
令，则或，
故在为增函数，在、上为增函数，
因为有三个不同的实数解，故，
整理得到：，解得.
又因为有三个不同的实数解，
故
，
故恒成立，
故且，故C正确，
而，故D错误.
故选：AC.
【点睛】思路点睛：三次函数零点性质的讨论，注意利用因式分解得到零点之间关系，而函数极值点的判断，则需根据导数的符号来确定.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，则______.
【答案】0
【解析】
【分析】求出导函数，代入求值即可
【详解】因为，所以，
所以.
故答案为：0
13. 在一个玩数米粒的游戏中，甲､乙､丙､丁四人每人各有一个罐子，每轮游戏都从米缸中分若干次数米粒放入自己的罐子中．第一轮：甲数了1粒，接着乙数了2､3粒，接着丙数了4､5､6粒，接着丁数了7､8､9､10粒；第二轮甲接着数了11､12､13､14､15粒，依次循环，直到某人某次数了1000粒，游戏结束．在第二轮游戏完成时，丁的罐子里一共有__________粒米粒；游戏结束时，是进行到第__________轮游戏．
【答案】 ①. 294 ②. 12
【解析】
【分析】将自然数排成数阵，结合等差数列的求和公式，判断1000所在的位置即可.
【详解】将自然数按照以下规律排成数阵：
第一行：1
第二行：2,3
第三行：4,5,6
第四行：7,8,9,10
第五行：12,13,14,15,16
……
设数列：.
则数阵第行的最后一个数为：.
由，且.
所以是第45行的第10个数.
在第二轮游戏完成时，丁的罐子里的米粒数为：.
因为，所以游戏完成时，是进行到第12轮.
故答案为：294；12
14. 已知函数的两个零点分别为和，且，则的最小值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】先将和用去表示，可将转化为，构造函数，利用导数求最小值即可.
【详解】当时，，当，时，
由题意，，，
所以，，
故
设，，
则，
当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，
故，
故的最小值为.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在公差不为0的等差数列中，且，数列的前项和为且
（1）求数列和的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意，求得，得到等差数列的通项公式；再由数列的满足，结合，得到，结合等比数列的通项公式，求得数列的通项公式；
（2）由（1）得到，结合乘公比错位法求和，即可求得数列的前项和.
【小问1详解】
解：设等差数列的公差为，
由，可得，
因为，解得，所以，
又由数列的前项和为，满足
当时，可得，即，可得；
当时，，
两式相减得，整理得，即，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.
【小问2详解】
解：由（1）知：，，可得，
所以，
则，
两式相减，可得
，
所以，即数列的前项和为.
16. 已知函数.
（1）当时，求的极值；
（2）讨论的单调性.
【答案】（1）有极小值，无极大值
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）当时，利用导数分析函数的单调性，可得出函数的极大值和极小值；
（2）求得，对实数取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的减区间和增区间.
小问1详解】
当时，，，且函数的定义域为，
当时，，在单调递减；时，，单调递增，
所以有极小值，无极大值.
【小问2详解】
函数定义域为，，
当时，恒成立，的增区间为，无减区间；
当时，的解为，的解为，
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.
17. 设函数．
（1）若时，函数取得极值，求函数的图像在处的切线方程；
（2）若函数在区间内不单调，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）根据题意求得，得到和，进而结合导数的几何意义，即可求得切线的方程；
（2）根据题意转化为在有解，令，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】（1）由题意，函数，可得，
因为时，函数取得极值，所以，解得，
所以，且，
令，可得，且，
所以函数图像在处的切线方程，即.
（2）因为函数在区间内不单调，即在有解，
即方程在有解，即在有解，
令，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又由，
所以，即，即，
解得，即实数的取值范围是.
18. 已知是公差不为零的等差数列，其中，，成等比数列，且，数列的前n项和为．
（1）求数列的通项公式及其前n项和；
（2）设求数列的前n项和；
（3）设集合，求集合M中所有元素的和．
【答案】（1），；
（2）；
（3）900.
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的基本量表示，再根据三个数是等比数列，列式求解首项和公差，即可求解数列的通项公式和前项和；
（2）根据（1）的结果，利用裂项相消法求和；
（3）根据（1）的结果，再根据不等式求解集合中的项数，再根据等差数列的前项和公式，即可求解.
【小问1详解】
因为是公差不为零的等差数列，，，成等比数列，
所以，即，又，
所以，，，；
【小问2详解】
，
则数列的前n项和；
【小问3详解】
集合，
故，故集合M中所有元素的和即求数列的前30项和，
则．
19. 已知函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若不等式恒成立，证明：．
【答案】（1）的单调递减区间为，无单调递增区间
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的符号可得结果；
（2）转化为，再构造函数，利用导数求出其最大值证不等式成立.
【小问1详解】
当时，．
所以，
故的单调递减区间为，无单调递增区间．
【小问2详解】
由恒成立，
可知恒成立，即，
令，
不妨设，则，
，
由，得，由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减．
故，
所以．
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，总有成立，故；
（2）若，总有成立，故；
（3）若，使得成立，故；