江西省上饶市横峰中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷

这是一份江西省上饶市横峰中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷，共15页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，下列运算正确的有，设函数的导函数为，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题
1.在等比数列中，，则（ ）
A.2B.4C.8D.16
2.已知函数，则（ ）
A.B.C.2D.4
3.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯盏数（ ）
A.9B.6C.3D.2
4.若数列是公比为的等比数列，且，，则的值为（ ）
A.2B.4C.D.
5.已知为偶函数，且当时，，其中为的导数，则不等式的解集为（ ）
A.B.C.D.
6.已知函数在内有最小值，则实数的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
7.已知，，，则，，的大小关系正确的是（ ）
A.B.C.D.
8.设等差数列的前项和为，公差为，，则下列结论正确的是（ ）
A.B.使得成立的最小自然数是20
C.D.
二、多选题
9.下列运算正确的有（ ）.
A.B.
C.D.
10.设函数的导函数为，则（ ）
A.B.是的极值点
C.存在零点D.在上单调递减
11.任取一个正数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1.这是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），（）.若，记数列的前项和为，则（ ）
A.或16B.C.D.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题
12.已知函数，则曲线在点处的切线方程为______.
13.已知数列满足，，单调递增，则的取值范围为______.
14.已知函数及其导函数的定义域均为，且为偶函数，若时，，且，则不等式的解集为______.
四、解答题
15.已知函数（，）在处取得极小值为1.
（1）求，的值；
（2）求函数在区间上的值域.
16.已知数列是等差数列，且，.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
17.已知为数列的前项和，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设为数列的前项和，求证：.
18.已知函数.
（1）判断函数的单调性，并求出的极值；
（2）设函数（），讨论函数的零点个数.
19.微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下：
如果函数在闭区间上连续，在开区间可导，导数为，那么在开区间内至少存在一点，使得，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”.已知函数.
（1）若，，求函数在上的“拉格朗日中值点”；
（2）若，，求证：函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；
（3）若，，，，，且，求证：.
高二数学期末考试参考答案
1. C
【分析】由等比数列的性质即可求解.
【详解】由题意得，得.
故选：C
2. B
【分析】利用导数公式和极限公式即可求解.
【详解】，则.
故选：B.
3.C
【分析】设塔的顶层共有盏灯，则数列是公比为2的等比数列，利用等比数列前项和公式即可求解.
【详解】设塔的顶层共有盏灯，则数列是公比为2的等比数列，
依题意，，解得，
故选：C
4. A
【分析】根据给定条件，可得，利用对数运算及等比数列性质求出.
【详解】数列中，由，知，，则，
又，于是，而，
所以.
故选：A
5. A
【分析】根据已知不等式和要求解的不等式特征，构造函数，将问题转化为解不等式.通过已知条件研究的奇偶性和单调性即可解该不等式.
【详解】令，
则根据题意可知，，∴是奇函数，
∵，
∴当时，，单调递减，
∵是奇函数，，∴在上单调递减，
由不等式得，
.
故选：A.
6. B
【分析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极小值点，从而得到关于的不等式组，解得即可.
【详解】函数的定义域为，
，
令可得或（舍），
当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，即最小值，
又因为函数在内有最小值，故，解得，
所以的取值范围是.
故选：B
7. D
【分析】由于，所以构造函数（），然后利用导数判断函数的单调性，再利用单调性比较大小即可
【详解】，，
令（），则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
因为，
所以，，
因为，
所以，所以
故选：D
8. C
【分析】根据题意可知数列单调递减且，，，由通项公式化简可判断A，由等差数列的性质及求和公式结合条件可判断B，根据为递减数列即可判断C，由，的关系及，的符号可判断D.
【详解】由公差为，可知，等差数列为递减数列且，，
对，故A错误；
对B，因为，所以，所以，故B错误；
对C，因为，且，所以由一次函数单调性知为单调递减数列，所以，故C正确；
对D，由B知，且，所以，
因为，，若，则，且，
即，即，而，，
显然矛盾，故不成立，故D错误.
故选：C
9. BC
【分析】根据复合函数的导数运算性质，结合常见函数的导数公式逐一判断即可.
【详解】对于A：因为，故A不正确；
对于B：因为，故B正确；
对于C：因为，故C正确；
对于D：因为，故D不正确.
故选：BC.
10. AD
【分析】先求出函数的定义域，即可判断C；求导，令，即可判断A；
根据导数及极值点的定义即可判断BD.
【详解】函数的定义域为，
对于C，对任意的，，C错误；
对于A，，且，
所以函数在上为减函数，故AD正确，B错误.
故选：AD.
11. ABD
【分析】先根据的奇偶性求出，再根据的奇偶性即可求出，即可判断A；
分类讨论，求出数列的周期，进而可判断BCD.
【详解】因为，由“冰雹猜想”可得，，
①若为偶数，则，所以，
当为偶数时，则，所以，即，
当为奇数时，则，解得（舍去），
②若为奇数，则，解得，
当为偶数时，则，所以，即，
当为奇数时，则，解得（舍去），
综上所述，或16，故A正确；
当时，由，
得，，，，，
所以数列从第三项起是以3为周期的周期数列，
因为，
所以，，
当时，由，
，，，，，，，
所以数列从第三项起是以3为周期的周期数列，
因为，
所以，，
综上所述，，或4742，故B正确，C错误；
对于D，数列从第三项起是以3为周期的周期数列，
所以，故D正确.
故选：ABD.
12.
【分析】利用导数的几何意义可求得切线斜率，进而得到切线方程.
【详解】已知函数，则，
且，则，
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
故答案为：.
13.
【分析】根据可得，再结合单调递增以及等比数列定义可求出，则由即可得解.
【详解】因为，所以，
又因为单调递增，所以，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，
所以即，
则的取值范围为，
故答案为：.
14.
【分析】求出函数在的单调性，且是偶函数，将问题转化为即可依据函数的单调性和奇偶性求解.
【详解】因为时，，
所以，即，
因此，从而在上单调递增，
又是上的偶函数，且是偶函数，
所以，
即是上的偶函数，故在上单调递减，
由于，因此，又即，即，
所以，故由的单调性和偶函数特点可知，
因此的取值范围为.
故答案为：.
15.（1），；（2）.
【分析】（1）根据函数的极值求，.
（2）由（1）得，利用导数分析在区间上的单调性，从而求出值域.
【详解】（1）由题设，函数（，）在处取得极小值为1，
则，即，解得，
检验，当，时，，
∴，
当时，，
当时，，
∴在，上单调递增，在上单调递减，
∴在处取得极小值，满足题意.
所以.
（2）由（1）得，
∴，
令，得；令，得或，
∴在上的单调递减区间是，单调递增区间为，，
∵，，，，
∴函数在区间上的值域为.
16.（1）；（2）.
【分析】（1）由题可得，从而求出，，进而得到数列的通项公式；
（2）由（1）得，采用裂项相消法求出.
【详解】（1）设等差数列的公差为，，解得.
，可得，解得.
所以.
（2），
所以
17.（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）由，可得：（），两式相减化为：（），利用等比数列的通项公式即可得出.
（2）由，利用错位相减法即可得出.根据关于单调递增，即可证明结论.
【详解】（1）∵，∴（），
两式相减，得，
∴（），
又当时，，
∴为等比数列，公比为，
∴.
（2）设，
∴，则，
两式相减，得
化简得.
∵，∴，∴，
∴，
∴关于单调递增，∴，∴
18.（1）单调性见解析；极大值为1，无极小值；（2）答案见解析
【分析】（1）根据，，即可得出的单调性，结合极值的概念即可求解；
（2）将原问题转化为直线与函数图象的交点个数，由（1）可得的单调性，作出图形，结合图形即可求解.
【详解】（1），则，
令，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则在处取得极大值，且，无极小值.
（2）由题意知，
要求函数的零点个数，即求方程的根的个数，
即求直线与函数图象的交点个数.
由（1）知在上单调递增，在上单调递减，
且，，
当时，当时，
如图，
由图可知当或时，函数有1个零点；
当时，函数有2个零点；
当时，函数有0个零点.
19.（1）4；（2）证明见解析；（3）证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，解得即可；
（2）不妨设，，，则，求出函数的导函数，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明，再结合拉格朗日中值定理证明即可；
（3）由拉格朗日中值定理可知只需证明，即证明在上单调递减，求出导函数，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可得证.
【详解】（1）当，时，则，
因为为函数在上的“拉格朗日中值点，
则，
即，解得
（2）当，时，
不妨设，，，则，
又，令，
则，
又，所以恒成立，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以，所以，
由拉格朗日中值定理可知必存在使得，
即，又，所以，
即函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；
（3）当，时，
由拉格朗日中值定理知，存在和，
使得，，
所以只需证明，即证明在上单调递减，
又，
令，
则，
令，
则，
当时，
令，，则，则在上单调递增，
又，，
所以存在使得，
所以当时，则，即单调递增，
当时，则，即单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以
，
所以，所以在上单调递减，
即在上单调递减，命题得证.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式.
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题.