安徽省金寨县青山中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题

这是一份安徽省金寨县青山中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题，共14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。
第I卷（选择题）
一、单选题
1．已知在各项均为正数的等差数列中，有连续四项依次为m，a，4m，b，则等于（ ）
A．B．C．D．4
2．在数列中，已知，且，则（ ）
A．256B．196C．144D．96
3．已知直线l：，且与曲线切于点，则的值为（ ）
A．B．C．1D．2
4．曲线在处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
5．已知等比数列的前项和为且成等差数列，则为（ ）
A．245B．244C．242D．241
6．已知数列的首项，当时，，若，则的值可以是（ ）
A．2022B．2023C．2024D．2025
7．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第三天走的路程为（ ）
A．12里B．24里C．48里D．96里
8．如图所示，有三根针和套在一根针上的个金属片．按下列规则，把金属片从一根针上全部移到另一根针上．
（1）每次只能移动1个金属片；
（2）较大的金属片不能放在较小的金属片上面．若这个金属片从1号针移到3号针最少需要移动的次数为，则（ ）
A．4B．15C．31D．81
二、多选题
9．为等比数列的前三项，则的可能值为（ ）
A．4B．5C．D．
10．已知数列是单调递增的等比数列，且，，则（ ）
A．B．．
C．与的等比中项为4D．数列是公差为的等差数列
11．已知等差数列的前n项和为，且，则下列结论正确的有（ ）
A．B．C．D．最小
12．设是等差数列，是其前n项的和.且，，则下面结论正确的是（ ）
A．B．
C．与均为的最大值D．满足的n的最小值为14
第II卷（非选择题）
三、填空题
13．函数的导函数为，满足关系式，则的值为 .
14．已知各项都为正数的等比数列，若，则 .
15．已知数列的前项和为，若（是正整数），则 .
16．已知等差数列的前项和为，，，则满足的的值为 .
四、解答题
17．已知数列的前n项和为.
(1)求，；
(2)求数列的通项公式.
18．求下列函数的导函数．
(1)；
(2)．
(3)；
(4)．
19．已知函数，点在曲线上.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求曲线过点的切线方程.
20．已知等差数列的前项和为，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
21．已知数列满足：，；数列是各项都为正数的等比数列且满足，．
(1)求数列，的通项公式；
(2)记，求数列的前项和．
22．已等差数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式及；
(2)若，令，求数列的前项和．
参考答案：
1．A
【分析】根据等差数列的性质可得的等式关系，再计算即可.
【详解】因为，，，为等差数列，所以，，
所以，，所以.
故选：A．
2．D
【分析】由已知，为等差数列，所以由等差数列的性质即可得到答案.
【详解】由，得，则为等差数列，
又，所以由等差数列的性质知．
故选：D．
3．C
【分析】根据导数的几何意义可得，结合导数的定义可知，即可求解.
【详解】由直线与曲线切于点，
知.
由导数的定义知，.
故选：C
4．D
【分析】根据导数的几何意义，即可求解.
【详解】由函数，得，
则，，
所以曲线在处的切线方程为，即.
故选：D
5．B
【分析】首先根据条件求公比，再代入等比数列的前项和公式，即可求解.
【详解】设等比数列的公比为，
因为成等差数列，
所以，即，①
又因为，所以，②
由①②解得，，
所以.
故选：B
6．C
【分析】利用数列的递推公式确定其周期性计算即可.
【详解】由已知可得：，
故数列的周期为3，
因为，所以可以为2024．
故选：C
7．C
【分析】由题意可得，此人天中每天走的路程是公比为的等比数列，再根据等比数列的前项和公式及通项公式求解即可.
【详解】由题意可得，此人天中每天走的路程是公比为的等比数列，
设这个数列为，前项和为，
则，解得，
所以，
即该人第三天走的路程为48里.
故选：C.
8．B
【分析】
利用已知条件结合类比推理的方法，从而推出将个金属片从1号针移到3号针最少需要移动的次数为，即可得.
【详解】当时，；
当时，小金属片2号针，大金属片3号针，小金属片从2号针3号针即可完成，即；
当时，小金属片3号针，中金属片2号针，小金属片从3号针2号针（用次把小、中两个金属片移动到2号针，大金属片3号针；再用次把小、中两个金属片从2号针移动到3号针，完成），
即，
以此类推，次.
即.
故选：B
9．AC
【分析】根据给定条件，利用等比数列定义列式求解即得.
【详解】由为等比数列的前三项，得，所以或.
故选：AC
10．BD
【分析】由等比数列的性质可得，联立可求解，从而求出通项公式，依次代入判断选项即可.
【详解】因为数列是单调递增的等比数列，所以．
由，解得或（舍去），
则数列的公比，，，则，与的等比中项为，所以AC错误，B正确；
因为，
所以数列是公差为的等差数列，所以D正确；
故选：BD．
11．BC
【分析】根据题意，由等差数列的性质分析可得，由此分析选项可得答案.
【详解】根据题意，等差数列中，若，即，
则有，
变形可得，
对于A，，但不确定的符号，不能确定是还是，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，不确定的符号，故不能确定最小还是最大，故D错误.
故选：BC.
12．BCD
【分析】由可判断A错误；由A可得B正确；由，可得C正确；由等差中项和前项和的性质可得D正确.
【详解】A：因为，所以，
所以，故A错误；
B：由A的解析可得B正确；
C：因为，，所以与均为的最大值，故C正确；
D：因为，由，，
故D正确；
故选：BCD.
13．
【分析】求出函数的导函数，再令计算可得.
【详解】因为，
所以，
所以，解得.
故答案为：
14．9
【分析】首先分析题意，利用等比中项性质化简求解即可.
【详解】已知各项都为正数的等比数列，且，
所以，解得或（舍去），
所以.
故答案为：9.
15．
【分析】由已知结合数列的和与项的递推关系进行转化，然后结合等比数列的通项公式即可求解．
【详解】因为，
时，，
两式相减可得，，
即，，
因为，解得，
故数列是以1为首项，以3为公比的等比数列，
所以．
故答案为：81．
16．
【分析】由已知利用等差数列通项公式与前项和公式得到关于的不等式，结合得解.
【详解】等差数列中，由，所以，
设等差数列的公差为，则得，
所以，
所以，，，
所以，得，得，
又，所以.
故答案为：.
17．(1)，
(2).
【分析】（1）赋值法求得，再根据求解即可；
（2）利用和关系求解通项公式即可.
【详解】（1）令得，令得，所以.
（2）当时，，
当时，，
经检验满足上式，所以.
18．(1)
(2)
(3)
(4)
【分析】（1）（2）（3）（4）根据基本初等函数的求导公式以及求导法则以及复合函数的求导法则，即可求得答案.
【详解】（1）由，得；
（2）由，得；
（3）由，得；
（4）由，得.
19．(1)
(2)或
【分析】（1）由已知条件求出的值，求出的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2）设切点坐标为，利用导数的几何意义写出切线方程，将点的坐标代入切线方程，求出的值，即可得出所求切线的方程.
【详解】（1）解：因为函数，点在曲线上，则，所以，，
所以，，则，
因此，曲线在点处的切线方程为，即.
（2）解：设切点坐标为，则，
所以，曲线在点处的切线方程为，即，
将点的坐标代入切线方程可得，解得或，
当时，所求切线方程为；
当时，所求切线方程为.
综上所述，曲线过点的切线方程为或.
20．(1)；
(2).
【分析】（1）设等差数列的公差为，依题意由等差数列的通项公式及求和公式得到关于、的方程组，解得即可；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法计算可得.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
则由题意得，即，解得，
数列的通项公式为
（2），则，
，

.
21．(1)，
(2)
【分析】（1）根据等差数列基本量求出的通项公式，设等比数列的公比为，即可得到方程组，解得、，从而求出的通项公式；
（2）由（1）可得，利用分组求和法计算可得.
【详解】（1）因为，，所以是以2为首项，2为公差的等差数列，故；
设等比数列的公比为，又，，所以，
解得或（舍去），所以.
（2）由（1）可得，
所以
.
22．(1)，
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据条件，建立与的方程组，求得，即可求出结果；
（2）根据条件，利用错位相减法，即可求出结果.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
因为，得到①，由，得到②，
由①②得到，所以数列的通项公式为，.
（2）由（1）知，所以，
所以③，
③得④，
由③④得到，
整理得到.