山东省德州市第一中学2023-2024学年高二下学期期中检测数学试卷

这是一份山东省德州市第一中学2023-2024学年高二下学期期中检测数学试卷，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题15. 已知函数.等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷 选择题（共58分）
一、选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
1. 设是可导函数，且，则（ ）
A. B. C. 1D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据导数的定义求解即可.
【详解】由题得，
所以，
故选：A
2. 记为等差数列的前n项和，若，，则数列的公差为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列得通项公式及前n项和计算即可.
【详解】设数列的公差为，
由，，
得，解得
故选：D.
3. 设是定义在上的奇函数，其导函数为，当时，图象如图所示，且在处取得极大值，则的解集为（ ）试卷源自 每日更来这里 全站资源一元不到！新，汇集全国各地小初高最新试卷。
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助的图象，判断和的符号，从而得到答案.
【详解】由图可得：时，，单调递增，则，所以，
时，，单调递减，则，所以，
因为是定义在上的奇函数，
所以当时，，单调递减，则，所以，
时，，单调递增，则，所以，
综上：的解集为；
故选：A
4. 等比数列的各项均为正实数，其前n项和为，已知，，则（ ）
A B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由是正项的等比数列，根据已知条件求解出，判断选项.
【详解】由是正项的等比数列, ,
所以，则，
故或（舍去）
所以，故，
故选：C5. 已知定义在上的函数的导函数为，，且对任意的满足，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据求解不等式可构造函数，求导得单调性，把求解不等式变形为，即，利用单调性比大小即可.
【详解】令，则，
所以在上单调递减，因为，所以，
不等式可变形为，即，可得，
故选：B.
6. 已知等差数列，的前n项和分别为，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题依据等差数列通项公式和前n项和公式即可求解，重点是将所求式子进行等价变形，与已知条件产生联系.
【详解】，又
.
故选：B.
7. 如图，将一根直径为d的圆木锯成截面为矩形ABCD的梁，设，且梁的抗弯强度，则当梁的抗弯强度最大时，的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件令，利用导数研究函数的最值即可.
【详解】因为，
即，
令，，则，，
则有，，解得或（舍），
所以当时，，
所以函数，在单调递增，
所以当时，，
所以函数，在单调递减，
所以当，函数取得最大值，
所以当梁的抗弯强度最大时，的值为.
故选：C8. 已知无穷数列满足：如果，那么，且，，，是与的等比中项.若的前n项和存在最大值，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由题意解出，分类讨论研究出当时，数列为以为周期的数列，且，即即可.
【详解】由，是与的等比中项，得，所以，
若，由及题意可知：，，则，
因此数列的项依次为：，
所以数列是以为周期的数列，所以，
数列单调递增，无最大项，因此数列的前项和无最大值；
若，同理可知数列的项依次是：，
数列是以为周期的数列，
且，
即数列为以为周期的数列，且，所以.
综上.
故选：C.
【点睛】方法点睛：分类整合是研究数列的一种重要方法，也是学生容易忽视的一种解题手段，更是高中数学的一种很重要思想方法.
二、选择题（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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）
9. 下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则C. 若，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由常数导数为零解得即可；对于B，因为，所以，所以选项B错误；对于C、D，由复合函数求导法则可解出判断即可.
【详解】对于A，由，为常数，所以，故选项A正确；
对于B，由，为常数，所以，故选项B不正确；
对于C，由，根据复合函数求导法则，，
故选项C正确；
对于D，由，根据复合函数求导法则，
，故选项D正确.
故选：ACD.
10. 已知正项数列满足，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则或
C. 若，则
D. 若，则前100项中，值为1和2的项数相同
【答案】BC
【解析】
【分析】由数列的递推关系和数列的周期性，对个选项分析可得答案.
【详解】对于A，若，可得，，，，故A错误；
对于B，若，可得，或，解得，或，满足条件，故B正确；
对于C，若，则，，，，，，，，，则，故C正确；
对于D，若，则，，，，，，，，，，，
则前100项中值为1的项数有47项，值为2的项数有48项，所以值为1和2的项数不同相同，故D不正确；
故选;BC
11. 设函数，函数有三个零点，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A. 恒成立B. 实数m的取值范围是
C. 函数的单调减区间D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用导数求出函数的单调区间和极值，可以判断选项B，C；对于A，结合函数的图象以及零点的位置进行判断；对于D，要证得是否成立，只需证得，即是否成立，令，利用导数求出函数的单调区间，证得，从而证得结果.
【详解】当时，，令，解得.
当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以在时取得极大值，极大值为.
当时，，令，解得
当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以在时取得极小值，极小值为.
如图，
对于B，如图，函数有三个零点，实数m的在极大值和极小值之间，即取值范围是，故B正确；
对于A，如图2，函数有三个零点，，则，故A错误；
对于C，函数的单调减区间即为的单调减区间，在区间，上单调递减，.
当时，由洛必达法则，，所以时，，
所以的单调减区间为，即的单调减区间为，故C正确；
对于D，若，如图2，在上单调递减，在上递增，则
由正实数，且，，得，
当时，令，
，即在上递减，
于是有，即，，又，，
从而有，在上递增，所以，所以，故D正确.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：含有双变量的不等式证明问题中的双变量指的是所给的不等关系中涉及两个不同变量，处理此类问题有两个策略：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的等式，把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式求解；
二是巧妙构造函数，再利用导数判断函数的单调性，从而求其最值．
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. 已知是的极小值点，那么函数的极大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】
先对函数求导，然后结合极值存在条件可求，进而可求函数的极大值．
【详解】解：因为，
由题意可得，（2），
故，，
当或时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
故当时，函数取得极大值．
故答案为：18．
【点睛】本题主要考查了函数极值存在条件的应用，属于基础题．
13. 等比数列的公比为，其前项和记为，，则的取值范围为____________.【答案】
【解析】
【分析】由题意，可得，进而得到，由等比数列通项公式可得，解不等式组即可求解.
【详解】因为，
即，所以，
所以，
所以，
因为是公比为的等比数列，
所以，
解得，故.
故答案为：.
14. 为提升同学们的科创意识，学校成立社团专门研究密码问题，社团活动室用一把密码锁，密码一周一换，密码均为的小数点后前6位数字，设定的规则为：
①周一至周日中最大的日期为x，如周一为3月28日，周日为4月3日，则取周四的3月31日的31作为x，即；②若x为偶数，则在正偶数数列中依次插入数值为的项得到新数列，即，，，，，，10，12，14，…；若x为奇数，则在正奇数数列中依次插入数值为的项得到新数列，即1，，3，，5，7，，9，11，13，…；
③N为数列的前x项和，如，则9项分别为1，，3，，5，7，，9，11，故，因为，所以密码为142857.
若周一为4月22日，则周一到周日的密码为____________.
【答案】428571
【解析】
【分析】先根据已知条件确定，通过比较与、的大小确定数列的组成，分组求和确定数列的前项和为，计算即可求解密码.
【详解】因为周一为4月22日，则周日日期为4月28日，所以为偶数，
所以数列为，，，，，，10，12，14，…
所以数列的前项和；
设为首项，公差的等差数列，，
前项和为
设为首项，公差的等比数列，，
前项和为
因为，，，
所以数列的前项中有数列中的前项，与数列中的前项，
所以，所以，
所以，若周一为4月22日，则周一到周日的密码为.
故答案为：
四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）15. 已知函数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数为定义域上的单调函数，求a的值和此时在点处的切线方程.
【答案】（1）的单调增区间为和，单调减区间为；
（2），
【解析】
【分析】（1）根据，求导，求解单调区间；
（2）已知在区间上单调，求出参数，进而求出在的切线方程.
【小问1详解】
当时，（）
则，
所以，；，；，，
所以的单调增区间为和，单调减区间为；
【小问2详解】
由，
由函数为单调函数，所以，
所以，
此时，，故，
所以此时的切线方程为.
16. 已知公差不为零的等差数列，，和的等比中项与和的等比中项相等.
（1）若数列满足，求数列的前n项和；
（2）若数列满足，（），求数列的通项公式.【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题可知：，然后根据等差数列通项公式化为，再结合，建立方程组求解得到，由裂项相消求和即可；
（2）由题可得，根据累乘法可求解数列的通项公式.
【小问1详解】
设数列的公差为d（），
与的等比中项与与的等比中项相等，即：，
所以，
又知，解得：，，
所以，
，
，
所以；
【小问2详解】
，
由累乘法可得：，
即，故数列的通项公式：.
17. 某工厂生产某产品的固定成本为万元，每生产万箱，需另投入成本万元，当产量不足万箱时，；当产量不小于万箱时，，若每箱产品的售价为200元，通过市场分析，该厂生产的产品可以全部每售完.
（1）求销售利润（万元）关于产量（万箱）的函数关系式；
（2）当产量为多少万箱时，该厂在生产中所获得利润最大？
【答案】（1）
（2）当产量为80万箱时，所获利润最大
【解析】
【分析】（1）分和两种情况讨论，分别求出函数解析式；
（2）利用导数求出函数在时的最大值，利用基本不等式求出当时的最大值，即可得解.
【小问1详解】
由题意可知，销售收入为万元，
当产量不足万箱，即时，
.
当产量不小于万箱，即时，
.
综上可得.
【小问2详解】设，
当时，，
则当时，当时，
可知在上单调递增，在上单调递减.
则，
当时，由基本不等式可知，
当且仅当，即时取等号.
又，所以当产量为万箱时，所获利润最大值为万元.
18. 已知函数和数列，函数在点处的切线的斜率记为，且已知.
（1）若数列满足：，求数列的通项公式；
（2）在（1）的条件下，若数列满足，，是否存在正整数n，使得成立？若存在，求出所有n的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在唯一正整数
【解析】
【分析】（1）求导，，进而得到，两边取对出再替换成，验证成立即可；（2）由小问1可解出，错位相减法解出，构造函数（），进而证明仅有一个正整数，使.
【小问1详解】
函数，由，
得，
所以，
即：，
因为，则，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，由，得，
即，所以，
因为，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列.
所以，
所以，
设，
则，
所以，
两式相减，得
，
所以，
由，得，即，
设（），则，
因为，
所以数列单调递减，所以只有唯一解，
所以存在唯一正整数，使得成立.
【点睛】方法点睛：错位相减配合构造特殊函数应用零点的存在唯一性定理是研究数列问题的非常有效的方法.
19. 若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”.
（1）若，判断是否为上的“2类函数”；
（2）若，为上的“2类函数”，求实数a的取值范围.
【答案】（1）不是上的“2类函数”.
（2）.
【解析】【分析】（1）利用解析式化简，结合放缩即可判断；
（2）不妨设，根据新定义可得，整理后可得且，根据和的单调性可得，然后参变分离，构造函数，，分别利用导数求和即可得解.
【小问1详解】
对于任意不同的，设，
则，，
所以，
所以不是上的“2类函数”.
小问2详解】
因，
由题意知，对于任意不同的，都有，
不妨设，则，
故且，
故为上的增函数，为上的减函数，
所以，，
故对任意，都有，即，
所以，
令，，
令，在单调递减，所以，，
故在单调递减，
所以，所以，
令，，
令，在上单调递减，
，，
所以，使，即，
当时，，即，在上单调递增，
当时，，即，在上单调递减，
所以，
由，得，
所以，
又因为，所以，
所以a的取值范围为.
【点睛】关键点睛：本题关键在于根据新定义转化为为上的增函数，为上的减函数，再由函数单调性与导数的关系得，然后参变分离，转化为求函数最值问题，最后利用导数求解可得.本题还属于隐零点问题，需充分利用隐零点方程.