【数学】四川省嘉祥教育集团2023-2024学年高二下学期期中考试试题（解析版）

这是一份【数学】四川省嘉祥教育集团2023-2024学年高二下学期期中考试试题（解析版），共14页。
1．在作答前，考生务必将自己的姓名、考号涂写在试卷和答题卡规定的地方．考试结束，监考人员只将答题卡收回，试卷请考生自己妥善保存．
2．选择题部分必须用2B铅笔填涂；非选择题部分必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚．
3．请按照题号在答题卡上各题目对应的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题均无效．
4．保持答题卡清洁，不得折叠、污染、破损等．
第Ⅰ卷（选择题 共58分）
一、选择题（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. 物体运动的方程为，则时的瞬时速度为（ ）
A. 2B. 5C. 8D. 16
【答案】C
【解析】因为物体运动方程为，所以，
所以当时，，
故选：C.
2. （ ）
A. 65B. 160C. 165D. 210
【答案】C
【解析】.
故选：.
3. 函数的单调递减区间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由，则，解得或，
所以函数的定义域为，
令，则是增函数，
又在上单调递减，
所以的单调递减区间是.
故选：A.
4. 已知数列满足，，则数列前2024项的积为（ ）
A. 4B. 1C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以，
，
所以数列的周期为4.
由，则，，，
所以数列的前2024项的乘积为.
故选：B.
5. 已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由图象可知在上单调递增，在上单调递减，
所以当或时，；当时，；
而等价于①，或②，
由①得或，则，
由②得，则，
综上，.
故选：B.
6. 南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列本身不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列，则称数列为一阶等差数列，或者仍旧不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列，则称数列为二阶等差数列，依次类推，可以得到高阶等差数列．类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列1，1，2，8，64，……是一阶等比数列，则该数列的第10项是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设数列为，且为一阶等比数列，
设，所以为等比数列，其中，，公比，
，
则，，
故选：D.
7. 已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递增的有序数对的个数是（ ）
A. 16B. 24C. 32D. 48
【答案】B
【解析】若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若、和在上单调递增，则有个；
综上所述：共有个.
故选：B.
8. 已知正四棱锥内接于表面积为的球，则此四棱锥体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设为底面的中心，则三点共线，连接，
因为球的表面积为，
所以球的半径，
设四棱锥的高为，
则，
所以正四棱锥的体积，
令，
则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，取得最大值，即该四棱锥体积的最大值为.
故选：A.
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，凡选错1个答案的，得0分．有2个正确答案的，每选对1个，得3分；有3个正确答案的，每选对1个，得2分.）
9. 丹麦数学家琴生（Jensen）是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方面留下了很多宝贵的成果，设函数在上的导函数为，在上的导函数为，若在上恒成立，则称函数在上为“凸函数”，以下四个函数在上是凸函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】对于A，由，得，
则，因为，
所以，所以此函数是凸函数；
对于B，由，得，则，
因为，所以，所以此函数是凸函数；
对于C，由，得，
则，
因为，所以，所以此函数是凸函数；
对于D，由，得，则，因为，所以，所以此函数不是凸函数，
故选：ABC
10. 设无穷等比数列的公比为q，其前n项和为，前n项积为，并满足条件，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 是数列中的最大项D. 数列存在最小项
【答案】AC
【解析】由，所以，又，
当时，则，，不成立，
所以，所以数列为正项数列且单调递减.
对于A，由数列为正项数列，所以，故A正确；
对于B，由，所以，，所以，
，故B错误；
对于C，D，根据上面分析，数列为正项数列且单调递减，且，，
所以，所以是数列的最大项，无最小项，故C正确，D错误.故选：AC.
11. 非零实数不全相等．下列说法正确的是（ ）
A. 若成等差数列，则，，可以构成等差数列
B. 若成等比数列，则，，必定构成等比数列
C. 若，，则
D. 若，且，则
【答案】BD
【解析】对于A，若，则，，不可以构成等差数列，故A错误；
对于B，若成等比数列，则，且都不为0，
则，即，，必定构成等比数列，故B正确；
对于C，若，，则，即，
令，，
当时，，是单调递增函数，
当时，，是单调递减函数，
由于，，则，故C错误；
对于D，若非零实数，，且，则，，
设，则，
当时，，是单调递增函数，
当时，，是单调递减函数，
所以，所以，
所以，可得，
又，，可得，，
且，所以，又，所以，
故，故D正确.
故选：BD.
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 设是公差不为0的等差数列的前n项和，若，则k =__________．
【答案】18
【解析】由，所以，
，即，即，
由等差数列下标和性质可得.
故答案为：18.
13. 甲乙两名学生从5门选修课程中各自选修2门，则这两人选修课程中恰有1门相同的选法共有__________种（用数字作答）．
【答案】60
【解析】两人各选门的方法数为.
两人选法都相同的方法数为；
两人选法都不同的方法数为.
所以甲、乙所选的课程中恰有门相同的选法数为.
故答案为：.
14. 若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】关于的不等式恒成立，
即恒成立，
令，，则，
，在单调递增，
，即，，
令，，则，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增，
，.
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. 已知函数．
（1）求单调增区间；
（2）若方程在有解，求实数m的取值范围．
解：（1），
令，解得或，
即的单调增区间为，．
（2）方程在有解，即m的范围等价于在的值域；
由（1）知在单调递增，单调递减，单调递增．
且，，，，
所以在的值域为，
所以m的取值范围为．
16. 已知数列{ an }的首项，且满足．
（1）求证：数列{}为等比数列；
（2）若，求满足条件的最大整数n．
解：（1）因为，故，所以，
所以，而,故，
所以，所以{}是以首项为1，公比为的等比数列．
（2）由（1）知，所以，
故．
因为随着n的增大而增大，n = 100满足题意，n = 101不合题意，
所以满足条件的最大整数n = 100．
17. 已知正数数列的首项为1，且前n项和满足：当时，都有．
（1）求bn；
（2）若数列前n项和为Tn，则是否存在实数m，使得对于任意的都有？若存在，求出m的取值范围，若不存在，说明理由．
解：（1）因为数列是正数数列，且，
，，
∴ ，
所以数列{}是以1为首项，公差为1的等差数列．
所以， 所以，
所以，．
又满足上式．
∴ ，．
（2）因为，
所以
，
，
，
即.
因为对于任意的 都有，
所以．
18 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围；
（3）求证：.
解：（1）定义域R，
，
当时，恒成立，在R上单调递减，
当时，当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
综上：当时，在R上单调递减，
当时，则在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）知，当时，在R上单调递减，则在R上最多一个零点，
故不满足有两个零点，舍去；
当时，则在上单调递减，在上单调递增，
在处取得极小值，也是最小值，，
要想有两个零点，要满足，
令，，
恒成立，所以在上单调递增，
又注意到，所以，
又，
由零点存在性定理，在上有一零点，
设正整数满足，
则，
而，
由零点存在性定理，在有一个零点.
综上：的取值范围是.
（3）由（2）得：当时，，
即恒成立，当且仅当时，等号成立，
要证明，只需证明，
即，
令，
则，，，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，所以恒成立，
即在R上单调递增，
因为，
所以当时，，当时，，
所以在时单调递减，在时单调递增，
因为，
所以，当且 仅当处等号成立，
由于与，等号成立时的取值不同，故最终等号取不到，所以
19. 物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出了“牛顿数列”，它在航空航天中应用非常广泛．其定义是：对于函数，若满足，则称数列为牛顿数列．已知，如图，在横坐标为的点处作的切线，切线与x轴交点的横坐标为，用代替重复上述过程得到，一直下去，得到数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列的前n项和为，且对任意的，满足，求整数 的最小值；（参考数据：）
（3）在（2）的前提下，设，直线与曲线有且只有两个公共点，其中，求的值．
解：（1）函数，求导得，
则函数的图象在点处的切线方程为：，
令，得，因此数列是首项为1，公比为的等比数列，
所以.
（2）由（1），令，
则，
于是，
两式相减得：
因此，由，
得，
令，则，
当时，，即，
当时，，即，
则，所以整数的最小值为22.
（3）由（2）知，依题意，方程有且只有两个根，
令，则函数有且只有两个零点，
求导得，当时，恒成立，在R上递增，最多1个零点，不符合题意，
当时，由，得或，由，得，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，取得极大值，当时，取得极小值，
函数有且只有两个零点，则的图象与x轴有且只有两个公共点，必有，
此时，，方程，即，得，
所以，.