精品解析：云南省昆明市禄劝彝族苗族自治县第一中学2023-2024学年高二下学期3月阶段性检测数学试题

2023-2024学年度高二下期3月阶段性检测 数学试题 （考试时间：120分钟；满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、座号、准考证号填写在答题卡上． 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，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，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效． 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 4．考试结束后，请考生个人留存试卷并将答题卡交回给监考教师． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的． 1. 在等比数列中，，，则公比（ ） A. B. C. D. 2. 函数在区间上的（ ） A. 最小值为0，最大值为 B. 最小值为0，最大值为 C. 最小值为，最大值为 D. 最小值为0，最大值为2 3. 在数列中，若，，则（ ） A. 2 B. C. D. 1 4. 向一个半球形的水池注水时，向池子注水速度不变（即单位时间内注入水量相同），若池子中水的高度是关于时间的函数，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 5. 某个体户计划同时销售A，B两种商品，当投资额千元时，在销售A，B商品中所获收益分别为千元与千元，其中，，如果该个体户准备共投入5千元销售A，B两种商品，为使总收益最大，则B商品需投（ ）千元． A. B. C. D. 6. 已知函数满足，则的单调递增区间为（ ） A B. C. D. 7. 若函数在上恰有2个极值点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 在数列中，为其前n项和，首项，又函数，若，则（ ） A. B. C. D. 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，有多项符合题目的要求，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. 定义：设是的导函数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数的对称中心为，则下列说法中正确的有（ ） A. ， B. 函数既有极大值又有极小值 C. 函数有三个零点 D. 过可以作三条直线与图象相切 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的单调递增区间是， B. 的值域为R C D. 若，，，则 11. 已知数列满足，，，则（ ） A. 是递减数列 B. C. D. 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，其中第14题第一个空2分，第二个空3分． 12. 已知数列的前项和,则数列的通项公式为__________. 13. 已知函数的最小值为0，则______． 14. 英国数学家布鲁克•泰勒以发现泰勒公式、泰勒级数和泰勒展开式而闻名于世．计算器在计算，，，等函数的函数值时，是通过写入“泰勒展开式”程序的芯片完成的．“泰勒展开式”是：如果函数在含有的某个开区间内可以多次进行求导数运算，则当，且时，有．其中是的导数，是的导数，是的导数，阶乘，．取，则的“泰勒展开式”中第三个非零项为______，精确到0.01的近似值为______． 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、证明过程及验算步骤． 15. 已知等差数列中的前n项和为，且，，成等比数列，． （1）求数列的通项公式； （2）若数列为递增数列，记，求数列的前n项的和． 16. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若，研究函数在上的单调性和零点个数． 17. 已知数列的前n项和为，，． （1）求证为等比数列； （2）求证：． 18. 已知等比数列的前n项和为，，且，，成等差数列. （1）求； （2）设，是数列的前n项和，求； （3）设，是的前n项的积，求证：，． 19. 英国物理学家、数学家艾萨克•牛顿与德国哲学家、数学家戈特弗里德•莱布尼茨各自独立发明了微积分．其中牛顿在《流数法与无穷级数》（The Method of Fluxions and Inifinite Series）一书中，给出了高次代数方程一种数值解法——牛顿法．如图，具体做法如下：先在x轴找初始点，然后作在点处切线，切线与x轴交于点，再作在点处切线，切线与x轴交于点，再作在点处切线，以此类推，直到求得满足精度的零点近似解为止． （1）设函数，初始点，若按上述算法，求出的一个近似值（精确到0.1）； （2）如图，设函数，初始点为，若按上述算法，求所得前n个三角形，，……，的面积和； （3）设函数，令，且，若函数，，设曲线一条切线方程为，证明：当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年度高二下期3月阶段性检测 数学试题 （考试时间：120分钟；满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、座号、准考证号填写在答题卡上． 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，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，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效． 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 4．考试结束后，请考生个人留存试卷并将答题卡交回给监考教师． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的． 1. 在等比数列中，，，则公比（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用等比数列性质求解即可. 【详解】由题知，解得. 故选：A 2. 函数在区间上的（ ） A. 最小值为0，最大值为 B. 最小值为0，最大值为 C. 最小值为，最大值为 D. 最小值为0，最大值为2 【答案】B 【解析】 【分析】先求得函数的导数，进而得到在区间上单调性，即可求得在区间上最小值和最大值. 【详解】，所以在区间上单调递增， 因此的最小值为，最大值为. 故选：B 3. 在数列中，若，，则（ ） A. 2 B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据递推关系可得数列的周期，从而可求的值. 【详解】因为，，故，，， 故为周期数列且周期为3，而，故， 故选：C. 4. 向一个半球形的水池注水时，向池子注水速度不变（即单位时间内注入水量相同），若池子中水的高度是关于时间的函数，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据几何体的形状，判断水面高度随时间升高的快慢，判断可得出合适的选项. 【详解】几何体为半球形，上面宽下面窄，相同的时间内注水量相同，所以高度增加得越来越慢， 即图象越来越平缓， 故选：B. 5. 某个体户计划同时销售A，B两种商品，当投资额为千元时，在销售A，B商品中所获收益分别为千元与千元，其中，，如果该个体户准备共投入5千元销售A，B两种商品，为使总收益最大，则B商品需投（ ）千元． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设B商品投千元，总收益为，写出利用导数即可求解. 【详解】设B商品投千元，总收益为， 所以， 所以， 所以，令， 则，所以上大于0，在上小于0， 所以单调递增，在单调递减， 所以在取得最大值， 即为使总收益最大，则B商品需投千元． 故选：B. 6. 已知函数满足，则的单调递增区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求导，令，求出，再根据函数解析式令，求出，即可求出函数解析式，再利用导数求出函数的增区间即可. 【详解】由， 得， 则，所以， 则， 故，所以， 所以，， 因为函数都是增函数， 所以函数增函数， 而， 令，得， 所以函数的单调递增区间为. 故选：D. 7. 若函数在上恰有2个极值点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】函数在上恰有2个极值点，即在上恰有2个变号零点，继而转化为与函数的图象在上恰有2个交点，数形结合，即可求得答案. 【详解】函数的定义域为，， 函数在上恰有2个极值点， 即在上恰有2个变号零点， 令，则， 由于对勾函数在上单调递减，在上单调递增， 且， 要使得在上恰有2个变号零点， 需与函数的图象在上恰有2个交点， 故，即a得取值范围为， 故选：A 8. 在数列中，为其前n项和，首项，又函数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求导，根据，可得，再利用待定系数法求出数列的通项，再利用分组求和法即可得解. 【详解】因为， 所以， 若，则， 所以， 又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以， 故，所以． 故选：C. 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，有多项符合题目的要求，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. 定义：设是的导函数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数的对称中心为，则下列说法中正确的有（ ） A. ， B. 函数既有极大值又有极小值 C. 函数有三个零点 D. 过可以作三条直线与图象相切 【答案】AB 【解析】 【分析】利用导数结合已知求出判断A；利用导数求出极值，结合三次函数的图象特征判断BC；求出切线方程判断D. 【详解】由，求导得，， 令，得，由函数的对称中心为， 得，且，解得，A正确； 于是，， 当或时，，当时，， 则函数在，上都单调递增，在上单调递减， 因此函数既有极大值，又有极小值，B正确； 由于极小值，因此函数不可能有三个零点， C错误； 显然，若是切点，则，切线方程为； 若不是切点，设过点 的直线与图象相切于点，， 由，解得，即切点，切线方程为， 过 只可以作两条直线与图象相切，D错误. 故选：AB 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的单调递增区间是， B. 的值域为R C. D. 若，，，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，求出定义域，求导得到函数单调性，得到答案；B选项，在A选项基础上得到函数的值域；C选项，计算出，结合得到C正确；D选项，利用同构变换得到，结合，得到，D正确. 【详解】A选项，的定义域为， 在定义域上恒成立， 故的单调递增区间是，，A正确； B选项，当趋向于0时，趋向于，当趋向于时，趋向于， 故的值域为R，B正确； C选项，，， 又，所以，C错误； D选项， ， 又，故， 故， 因为，所以， 又，故，即，D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是D选项变形得到，得到，从而进行求解. 11. 已知数列满足，，，则（ ） A. 是递减数列 B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】结合数列的单调性、递推公式以及累加法、累乘法、放缩法、裂项相消法的应用，对各项逐一判断，即可得到本题答案. 【详解】对于A：易知，否则与矛盾，由，得， 所以，所以数列是递增数列，故A错误； 对于B：由选项A的判断知，所以， 由，得， 所以， 即，故B正确； 对于C：由，得， 则 ， 所以，故C错误； 对于D：由，得， 即， 所以 ，故D正确． 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列的单调性，累加法以及裂项求和法，处理问题的关键是能够根据常见的递推关系，选择适当的方法求解. 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，其中第14题第一个空2分，第二个空3分． 12. 已知数列的前项和,则数列的通项公式为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据前项和表达式，通过分类讨论，当时，当时，利用，即可求出数列的通项公式. 【详解】在数列中，， 当时，， 当时，， ∵， ∴， 故答案为：. 13. 已知函数的最小值为0，则______． 【答案】0 【解析】 【分析】求定义域，求导，分与两种情况，得到在上取得最小值，从而得到方程，求出，结合导数的定义得到. 【详解】的定义域为， ， 当时，恒成立， 此时在上单调递减，不存在最小值， 当时，令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 故在取得极小值，也是最小值，满足要求， 故，解得， 故，， 则. 故答案为：0 14. 英国数学家布鲁克•泰勒以发现泰勒公式、泰勒级数和泰勒展开式而闻名于世．计算器在计算，，，等函数的函数值时，是通过写入“泰勒展开式”程序的芯片完成的．“泰勒展开式”是：如果函数在含有的某个开区间内可以多次进行求导数运算，则当，且时，有．其中是的导数，是的导数，是的导数，阶乘，．取，则的“泰勒展开式”中第三个非零项为______，精确到0.01的近似值为______． 【答案】 ①. ②. 0.84 【解析】 【分析】根据泰勒展开式，化简得到，求得的“泰勒展开式”中第三个非零项，令，代入上式，进而求得的近似值． 【详解】根据题意， ， 取时，可得， 则 ， 所以的“泰勒展开式”中第三个非零项为， 令，代入上式可得． 故答案为：；0.84 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、证明过程及验算步骤． 15. 已知等差数列中的前n项和为，且，，成等比数列，． （1）求数列的通项公式； （2）若数列为递增数列，记，求数列的前n项的和． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列公差为d，已知条件列方程组求出和d，可求数列的通项公式； （2）错位相减法求数列的前n项的和． 【小问1详解】 设等差数列公差为d，则，即 解得或，所以或； 【小问2详解】 由数列为递增数列，则， 所以， 则 有 两式相减，有 ， 即． 16. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若，研究函数在上的单调性和零点个数． 【答案】（1） （2）在上单调递增；1 【解析】 【分析】（1）当时，求出，，从而可求出切线方程. （2）当时，利用导数求出在上单调递增．又，从而可求解. 【小问1详解】 当时，， 则，则，， 所以曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 当时，，则， 当时，，，，则， 故在上单调递增． 又因为，所以在上的零点个数为． 17. 已知数列的前n项和为，，． （1）求证为等比数列； （2）求证：． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）由已知得，即，可证明是等比数列； （2）有（1）知，即，合理利用放缩然后利用裂项相消可得证明. 【详解】证明：（1）∵数列的前n项和为，，，∴， ∴，，∴是以为首项，以4为公比的等比数列． （2）∵是以为首项，以4为公比的等比数列，∴，∴．∴． ，，所以， 当时， ∴ ． 综上所述，． 【点睛】本题主要考查了由递推数列求证等比数列，以及放缩法证明不等式，其中合理利用放缩然后再利用裂项相消求和是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题. 18. 已知等比数列的前n项和为，，且，，成等差数列. （1）求； （2）设，是数列的前n项和，求； （3）设，是的前n项的积，求证：，． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据得到，即，据此求出公比即可求解； （2）由（1）得，根据； （3）由（1）求出，求出，求出，构造函数，求出在的单调性，与比较，据此即可证明. 【小问1详解】 由题意，，则， 得，即， 所以公比，又， 故； 【小问2详解】 由（1）得所以 ； 【小问3详解】 由（1）得， 则，那么， 构造函数且， 则，即在上递减， 所以，即在上恒成立， 故（当且仅当时取等号）， 所以，， 即，. 【点睛】关键点点睛：本题（3）关键在于构造函数，求出在单调性. 19. 英国物理学家、数学家艾萨克•牛顿与德国哲学家、数学家戈特弗里德•莱布尼茨各自独立发明了微积分．其中牛顿在《流数法与无穷级数》（The Method of Fluxions and Inifinite Series）一书中，给出了高次代数方程一种数值解法——牛顿法．如图，具体做法如下：先在x轴找初始点，然后作在点处切线，切线与x轴交于点，再作在点处切线，切线与x轴交于点，再作在点处切线，以此类推，直到求得满足精度的零点近似解为止． （1）设函数，初始点，若按上述算法，求出的一个近似值（精确到0.1）； （2）如图，设函数，初始点为，若按上述算法，求所得前n个三角形，，……，的面积和； （3）设函数，令，且，若函数，，设曲线的一条切线方程为，证明：当时，． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求得点处的切线方程，再令求解； （2）设，得到，由，求得点处的切线方程，得到，再根据得到，从而，求解； （3）由曲线在处的切线方程得到切线与x轴交点横坐标为，再由函数，得到，，进而得到，曲线的一条切线方程为，然后将问题转化为证成立，先证明，即，，再由，得到放缩证明；另解：将证，转化为为证明即可. 【小问1详解】 解：由函数，则， 当时，则切线斜率，且， 那么在Q点处的切线方程为， 令，切线与x轴的交点横坐标为， 此为的一个符合题目精度的近似值； 【小问2详解】 设，则，因为，所以， 则处切线为， 切线与x轴相交得， ，因为得， 所以，， 所以， ， ． 故所得前n个三角形，，，……，的面积和为； 【小问3详解】 曲线在处的切线为， 所以切线与x轴交点横坐标为， 当函数时，即， 得，又，则，， 故，曲线的一条切线方程为， 要证：当时，，即证：， 即， 又，故曲线在处的切线方程为， 因为， 故可猜测：当且时，的图象恒在切线的上方． 下证“当时，”． 证明：设，， 则，令，则且在上单增， 当时，，故单调递减；当时，，故单调递增， 又，，，， 所以，存在，使得， 当时，；当，， 那么在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又，∴，当且仅当时取等号， 故，． 易证，故，∴，当且仅当时取等号． 所以， 即．所以，， 即成立，当时等号成立． 故当时， 另解：要证，即，等价于， 又，不等式两边同除以x，可转化为证明， 令，， ∵，因此当时，，单调递增； 当时，，单调递减； ∴有最大值，即恒成立，即当时，. 【点睛】方法点睛：证明不等式，往往转化为，再令，由求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$