[数学][期中]福建省福州市福清市2023-2024学年高二下学期期中质量检测试题(解析版)

这是一份[数学][期中]福建省福州市福清市2023-2024学年高二下学期期中质量检测试题(解析版)，共12页。试卷主要包含了考试结束，考生必须将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致．
2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号﹒第Ⅱ卷用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答．在试题卷上作答，答案无效﹒
3．考试结束，考生必须将答题卡交回．
第I卷
一、单项选择题：本大题共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. 一质点的运动方程为（位移单位：，时间单位：s），则该质点在时的瞬时速度是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】质点的运动方程为，
所以，
所以该质点在时的瞬时速度是.
故选：.
2. 已知数列的前项依次为，则的一个通项公式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】数列的前项依次为，
即，
所以的一个通项公式为．故B正确；
对A，代入，，故A错误；
对C，，故C错误；
对D，，故D错误；
故选：B.
3. 已知为递增的等差数列，，则（ ）
A. 3B. C. 3或5D. 或
【答案】A
【解析】为递增的等差数列，则.
由，得出，，联立方程组，解得.
故选：A.
4. 函数的图象如图所示，则的图象可能是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】依据原函数图象可看出①当x<0时，函数y=f(x)递增，所以此时f′(x)>0，y=f′(x)的图象在x轴上方；②当x>0时，函数y=f(x)递减，所以f′(x)<0，y=f′(x)的图象在x轴下方
故选D.
5. 已知等比数列，，，则（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】由已知数列为等比数列，则，，
则，
则，
所以，
故选：B.
6. 已知函数有两个零点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】定义域为，
，
当时，，故在上单调递减，
故不会有2个零点，舍去，
当时，令得，，令得，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，，
又趋向于0时，趋向于负无穷，趋向于正无穷时，趋向于负无穷，
要想函数有两个零点，则f(a)=alna-1>0，解得.
故选：D
7. 数列满足，则的前8项和为（ ）
A. -4B. 0C. 4D. 16
【答案】C
【解析】，，，，，
所以.
故选：C.
8. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为函数在上单调递增，
所以对任意成立，
即对任意成立，
令，
则，
因为，所以，
令，即，解得或
因为，所以，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在时取得最大值为，
所以.
故选：.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．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. 下列函数在上单调递减的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】对A，，当时，，故函数在上单调递减，故A正确；
对B，为上的减函数，故B正确；
对C，，故函数在上单调递增，故C错误；
对D，在上单调递减，故D正确.
故选：ABD
10. 已知等差数列的前项和为，若，则下列结论错误的是（ ）
A. 是递增数列B.
C. 当取得最大值时，D.
【答案】AD
【解析】因为，
则，，
所以，公差，
所以数列是递减数列，故A错，B正确；
因为，，数列是递减数列，所以当时，最大，故C正确；
因为，，所以，故D错.
故选：AD.
11. 已知函数有且仅有三个不同的零点分别为，则（ ）
A. 的范围是B. 的范围是
C. D.
【答案】BD
【解析】，
令，
解得或，
当时，
当时，，单调递减，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以f0极小值=1>0，f4极大值=64a-96a+1=1-32a>0，
此时函数只有一个零点，不符合题意；
当时，
当时，，单调递增，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，f0极大值=1>0，
要使有三个不同的零点，则
，解得，故A错误，B正确；
因为函数有且仅有三个不同的零点分别为，
则
即有，，，
故C错误，D正确.
故选：BD.
第Ⅱ卷
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知等差数列的前项和为，则______
【答案】81
【解析】根据等差数列的性质可得，，成等差数列，
所以，即，解得.
故答案为：81.
13. 若函数及其导函数的定义域均为的图象关于原点对称，且在上恒为负数，则的解析式可以为______（写出符合条件的一个即可）．
【答案】（答案不唯一）
【解析】取，其定义域为，
，显然其图象关于原点对称，且其在上单调递减，
则，
故答案为：（答案不唯一）．
14. 已知数列满足，则______，的通项公式为______
【答案】①7 ②（也可以填：或者)
【解析】令得，由得，令得，
由得；
方法一：由①得②，②①得，
又由，当为奇数时，，
由，当为偶数时，，
所以；
方法二：因为，所以，
又因为，所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以；
故答案为：7；（也可以填：或者)
四、解答题：本大题共5小题，共7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）求曲线在处的切线方程；
（2）求在的最值．
解：（1）因为，所以，即曲线在处的切线斜率为0．
由，得切点.
故所求的切线方程为．
（2）方法一：由（1）得，．令得．
当时，，此时函数单调递减；当时，，此时函数单调递增．
故当时，取得最小值为．
又，因为．
故函数在上的最大值为，最小值为1．
方法二：由（1）得，．
令得．
又，
且
故函数在上的最大值为，最小值为1．
16. 已知正项数列满足．
（1）证明：数列为等比数列；
（2）求的前项和．
解：（1）因为，
所以，
因为，所以，所以．
又，故是首项为2，公比为2等比数列．
（2）由（1）可得，即．
.
所以的前项和为.
17. 已知函数．
（1）求的极值；
（2）若对任意成立，求实数的取值范围．
解：（1）由题意可知，函数的定义域为，
由，
得．
令，得，
当时，；
当时，
所以函数在单调递减，在单调递增，
故在处有极小值，无极大值．
（2）由及，
得恒成立．
令，
则．
当时，；
当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，即实数的取值范围为．
18. 记数列的前项和，．
（1）求的通项公式；
（2）设数列的前项和为，证明：．
解：（1）因为，
当时，，
则
，
故，即，
当时，有，即，
故是公差、首项均为的等差数列，故．
（2）由（1）得，
故，
则．
因为，故，
又在上单调递减，
故随的增大而增大，故，
综上，．
19. 已知函数．
（1）若与互为反函数，求实数的值；
（2）若，且，证明：；
（3）若，且，证明：．
解：（1）因为同底的指数函数与对数函数互为反函数，
所以的反函数为，所以．
（2）当时，，
所以，
故只需证明当时，．
当时，在区间上单调递增．
又，
根据零点存在定理，，使得，
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
故．
又，所以，
所以，
所以，
综上，当时，．
（3）令，因为，所以，
由.
由于，故，
令，则，
故，
故
记，
所以，
记，
所以在单调递减，故．
又因为，所以，
所以在单调递减，故，
所以，即，
又因为，所以．