江西省撫州市崇仁一中廣昌一中南豐一中金溪一中四校2023-2024學年高二下學期第二次月考數(shù)學試卷

2023——2024學年下學期崇仁一中、廣昌一中、南豐一中、金溪一中高二第二次月考聯(lián)考數(shù)學試題考試時間：120分鐘一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知一列數(shù)如此排列：，則它的一個通項公式可能是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)選項逐項判斷即可.【詳解】對于A，，A錯；對于B，，B錯；對于C，，C錯；，逐項驗證可知D符合，所以D正確；故選：D．2.已知函數(shù)，則其在處的切線方程為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用導數(shù)的幾何意義求切線方程即可.【詳解】，則，而，所以在處的切線方程為，即.故選：B3.在等差數(shù)列中，首項，前3項和為6，則等于（）A.0 B.6 C.12 D.18【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題意求出公差，從而可得出答案.【詳解】設公差為，則，解得，所以.故選：A.4.設為等差數(shù)列的前項和，.若，則（）A.的最大值是 B.的最小值是C.的最大值是 D.的最小值是【答案】D【解析】【分析】將所給條件式變形，結(jié)合等差數(shù)列前n項和公式即可證明數(shù)列的單調(diào)性，從而由可得和的符號，即可判斷的最小值.【詳解】由得：，整理可得：，等差數(shù)列為遞增數(shù)列，又，，，當且時，；當且時，；有最小值，最小值為.故選：D.5.已知為等比數(shù)列，函數(shù)，若與恰好為兩個極值點，那么的值為（）A.或 B. C.2 D.【答案】C【解析】【分析】設等比數(shù)列的公比為，結(jié)合導數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性，進而確定極值點，可得，且，進而結(jié)合等比數(shù)列的性質(zhì)求解即可.【詳解】設等比數(shù)列公比為，由，得，令，則或；令，則，所以函數(shù)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以當時，取得極大值；當時，取得極小值.因為與恰好為的兩個極值點，所以，且，又，且，所以.故選：C.6.已知函數(shù),則的圖像大致為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】試題分析：設，則，∴在上為增函數(shù),在上為減函數(shù)，∴，，得或均有排除選項A，C，又中,，得且，故排除D.綜上，符合的只有選項B.故選B.考點：1、函數(shù)圖象；2、對數(shù)函數(shù)的性質(zhì).7.“數(shù)學王子”高斯是近代數(shù)學奠基者之一，他的數(shù)學研究幾乎遍及所有領域，在數(shù)論?代數(shù)學?非歐幾何?復變函數(shù)和微分幾何等方面都作出了開創(chuàng)性的貢獻.我們高中階段也學習過很多高斯的數(shù)學理論，比如高斯函數(shù)?倒序相加法?最小二乘法等等.已知某數(shù)列的通項，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分離常數(shù)后可得，再利用倒序相加法，即可求解．【詳解】當時，，，，，，，即.故選：D．8.已知函數(shù)在上單調(diào)遞增，則正實數(shù)的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出函數(shù)的導數(shù)，參變量分離將問題轉(zhuǎn)化為恒成立，設，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出的范圍即可．【詳解】，由題意得：在上恒成立，即恒成立，設，，令，解得：，令，解得：，故在遞減，在遞增，故，故，所以正實數(shù).故選：C.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列結(jié)論中正確的有（）A. B.C. D.【答案】CD【解析】【分析】根據(jù)基本初等函數(shù)的導數(shù)公式及導數(shù)的運算法則計算可得.【詳解】對于A：，故A錯誤；對于B：，故B錯誤；對于C：，故C正確；對于D：，故D正確；故選：CD10.已知函數(shù)，，則（）A.1是函數(shù)的極值點 B.當時，函數(shù)取得最小值C.當時，函數(shù)存在2個零點 D.當時，函數(shù)存在2個零點【答案】AD【解析】【分析】求出函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)導數(shù)的符號判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而可判斷AB的正誤，根據(jù)零點存在定理和最值的符號可判斷CD的正誤.【詳解】，令可得，當時，；當時，，故為極大值點，故A正確.又在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，故當時，函數(shù)取得最大值，故B錯誤當時，，又，而，故且，令，則，故在上為減函數(shù)，故，由零點存在定理及的單調(diào)性可得有兩個不同的零點，故D正確.而當時，當時，恒成立，故在最多有一個零點，故C錯誤.故選：AD【點睛】方法點睛：導數(shù)背景下的函數(shù)零點個數(shù)問題，應該根據(jù)單調(diào)性和零點存在定理來說明，注意需選擇特殊點的函數(shù)值，使得其函數(shù)值的符號符合預期的性質(zhì)，選擇特殊點的依據(jù)有2個方面：（1）與極值點有明確的大小關系；（2）特殊點的函數(shù)值較易.與零點有關的不等式問題，可依據(jù)零點的性質(zhì)及函數(shù)的單調(diào)性構(gòu)建新函數(shù)來證明.11.已知各項均為正數(shù)的數(shù)列滿足：，且，是數(shù)列的前n項和，則（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】A.將條件變形，利用求根公式，即可求解；B.根據(jù)通項公式求；C.作除法，和1比較大小，即可判斷；D.利用通項公式求，再構(gòu)造函數(shù)證明，利用不等式變形，結(jié)合等差數(shù)列求和，即可證明.【詳解】A.，變形為，根據(jù)求根公式可知，因為，所以，故A錯誤；B.，故B正確；C.，，所以（）,故C正確；D.所以，設，，，當時，，函數(shù)單調(diào)遞增，當時，，函數(shù)單調(diào)遞減，所以當時，函數(shù)取得最大值0，所以，即，當時，等號成立，所以，，所以，故D正確.故選：BCD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.等差數(shù)列中，，，則的前和為______.【答案】【解析】【分析】利用等差數(shù)列的通項公式和前項和公式計算即可.【詳解】設等差數(shù)列的公差為，則，解得，所以，故答案為：.13.若函數(shù)在區(qū)間內(nèi)存在最大值，則實數(shù)的取值范圍是____________.【答案】【解析】【分析】首先利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)函數(shù)在開區(qū)間內(nèi)存在最大值，可判斷極大值點就是最大值點，列式求解.【詳解】由題可知：所以函數(shù)在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，故函數(shù)的極大值為.所以在開區(qū)間內(nèi)的最大值一定是又，所以得實數(shù)的取值范圍是故答案為：【點睛】關鍵點點睛：由函數(shù)在開區(qū)間內(nèi)若存在最大值，即極大值點在區(qū)間內(nèi)，同時還得滿足極大值點是最大值，還需列不等式，不要忽略這個不等式.14.已知函數(shù)有且僅有一條切線經(jīng)過點.若，恒成立，則實數(shù)的最大值是______.【答案】【解析】【分析】根據(jù)導數(shù)的幾何意義及直線的點斜式方程，將所求問題轉(zhuǎn)化為方程的根的問題，求出函數(shù)表達式，然后再分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)法求最值即可【詳解】因為，所以，設切點為，由題意，有且僅有一解，即只有一解，則，解得或（舍），所以，恒成立，即在上恒成立，當時，，此時；當時，在上恒成立，記，則，，令，則，，令，得，令，得，所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，又，所以當時，，當時，，所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，所以，所以，即，綜上，，所以實數(shù)的最大值是故答案為：【點睛】關鍵點點睛：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，如果一次求導無法解決時，可以利用多次求導的方法來解決.在此過程中，要注意導函數(shù)和原函數(shù)間的對應關系.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟15.已知函數(shù)在處取得極值14.（1）求曲線在點處的切線方程；（2）求函數(shù)在上的最值.【答案】（1）（2）最小值為14，最大值18【解析】【分析】（1）由極值和極值點，利用導數(shù)求出未知系數(shù)，再利用導數(shù)的幾何意義求切點處切線的方程.（2）利用導數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間，根據(jù)單調(diào)性求函數(shù)在區(qū)間上的最值.【小問1詳解】因，故由于在處取得極值14，故有，化簡得，解得，經(jīng)檢驗，時，符合題意，所以.則，，故.所以曲線在點處的切線方程為：，即【小問2詳解】，，解得或；解得，即函數(shù)在上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞增，，因此在的最小值為.最大值為16.設是數(shù)列的前n項和，且，．（1）求；（2）求數(shù)列的前n項和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先根據(jù)與的關系得到，然后由等差數(shù)列通項公式可得；（2）利用裂項相消法求解即可.【小問1詳解】因為，，所以，兩邊同除以得，因為，所以，因此數(shù)列是首項為，公差為的等差數(shù)列，所以，所以.【小問2詳解】由（1）知，∴，∴.17.請你設計一個包裝盒，如圖所示，ABCD是邊長為60cm的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得四個點重合于圖中的點P，正好形成一個正四棱柱形狀的包裝盒，E、F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜邊的兩個端點，設AE=FB=x（1）若廣告商要求包裝盒側(cè)面積S（cm）最大，試問x應取何值？（2）若廣告商要求包裝盒容積V（cm）最大，試問x應取何值？并求出此時包裝盒的高與底面邊長的比值．【答案】（1）x=15cm（2）【解析】【詳解】試題分析：（1）先設包裝盒的高為，底面邊長為，寫出，與的關系式，并注明的取值范圍，再利用側(cè)面積公式表示出包裝盒側(cè)面積關于的函數(shù)解析式，最后求出何時它取得最大值即可；（2）利用體積公式表示出包裝盒容積關于的函數(shù)解析式，利用導數(shù)知識求出何時它取得的最大值即可．設包裝盒的高為，底面邊長為由已知得（1）∵∴當時，取得最大值（2）根據(jù)題意有∴．由得，(舍)或．∴當時；當時∴當時取得極大值，也是最大值，此時包裝盒的高與底面邊長的比值為即包裝盒的高與底面邊長的比值為．考點：1．函數(shù)的應用問題；2．函數(shù)的最值與導數(shù)；3．二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)．18.已知函數(shù).（1）討論函數(shù)的單調(diào)性（2）當時，證明：；（3）若關于的不等式恒成立，求整數(shù)的最小值.【答案】（1）答案見解析（2）證明見解析（3）3【解析】【分析】（1）求導后，分和兩類進行分類討論，結(jié)合導數(shù)求單調(diào)區(qū)間的方法即可求解（2）由題意，將代入函數(shù)解析式中，對函數(shù)進行求導，利用導數(shù)得到函數(shù)的單調(diào)性和最值，進而即可求解；（3）構(gòu)造函數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化成關于的不等式恒成立，分別討論當和這兩種情況，結(jié)合導數(shù)的幾何意義進行求解即可．【小問1詳解】（i）當時，在上為單調(diào)遞增（ii）當時，，解得：在為單調(diào)遞增，解得：在為單調(diào)遞減，綜上，當時，在上為單調(diào)遞增；當時，在為單調(diào)遞增，在為單調(diào)遞減.【小問2詳解】證明：當時，，函數(shù)定義域為，可得，當時，，單調(diào)遞增；當時，，單調(diào)遞減，所以當時，函數(shù)取得極大值也是最大值，最大值，則，又，所以；【小問3詳解】若關于的不等式恒成立，不妨設，函數(shù)定義域為，可得，當時，，單調(diào)遞增，又，此時關于的不等式不成立；當時，因為，當時，，單調(diào)遞增；當時，，單調(diào)遞減，所以，不妨設，函數(shù)定義域為，可得，所以函數(shù)單調(diào)遞減，又，，所以當時，，故整數(shù)的最小值為3．19.已知數(shù)列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，，其中第一項是20，接下來的兩項是20，21，再接下來的三項是20，21，22，依此類推.設該數(shù)列的前項和為,規(guī)定：若,使得（），則稱為該數(shù)列的“佳冪數(shù)”.（1）將該數(shù)列的“佳冪數(shù)”從小到大排列，直接寫出前3個“佳冪數(shù)”；（2）試判斷50是否為“佳冪數(shù)”，并說明理由；（3）（i）求滿足>70的最小的“佳冪數(shù)”;

（ii）證明：該數(shù)列的“佳冪數(shù)”有無數(shù)個.

【答案】（1）1，2，3；（2）不是；（3））（i）95；（ii）見解析.【解析】【分析】(1)；(2)先根據(jù)題意確定前9項有45個數(shù)，所以，不能表示為，因此不是“佳冪數(shù)”；(3)(i)因為，所以，結(jié)合條件確定t的最小值，解得最小的“佳冪數(shù)”；(ii)由得“佳冪數(shù)”有無數(shù)個【小問1詳解】解：因為，所以1為該數(shù)列的“佳