精品解析：福建省福州市福清市2023-2024学年高二下学期期中质量检测数学试题

福建省福州市福清市2023-2024学年高二下学期期中质量检测数学试题 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. 2. 已知数列的前项依次为，则的一个通项公式是（ ） A. B. C. D. 3. 已知为递增的等差数列，，则（ ） A. 3 B. C. 3或5 D. 或 4. 函数图象如图所示，则的图象可能是 A. B. C. D. 5. 已知等比数列，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数有两个零点，则（ ） A. B. C. D. 7. 数列满足，则前8项和为（ ） A -4 B. 0 C. 4 D. 16 8. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ） 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. 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. 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. 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______ 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）． 14. 已知数列满足，则______，的通项公式为______ 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． 16. 已知正项数列满足． （1）证明：数列等比数列； （2）求的前项和． 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． 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：． 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：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 福建省福州市福清市2023-2024学年高二下学期期中质量检测数学试题 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】 【分析】先求质点的运动方程为的导数，再求得秒时的导数，即可得到所求的瞬时速度. 【详解】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】 【分析】观察数列的前项分析其变化规律即可求解. 【详解】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. 3 B. C. 3或5 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列的性质得出方程组即可解题． 【详解】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】 【详解】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 点睛：本题属于基础题，在给定区间，导数值非负，函数是增函数，导数值为非正，函数为减函数，自左向右看，函数图象上升，函数为增，函数图象下降，函数为减，结合图象即可得到答案 5. 已知等比数列，，，则（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比中项的性质，结合等比数列通项公式可得解. 【详解】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】 【分析】求定义域，求导，当时，在上单调递减，不合要求，当时，得到函数单调性和极值，最值情况，得到不等式，求出答案. 【详解】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，解得. 故选：D 7. 数列满足，则的前8项和为（ ） A. -4 B. 0 C. 4 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据通项得到，，，，然后求和. 【详解】，，，，， 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】 【分析】将在上单调递增，化为对任意成立，再转化为对任意成立，求解即可. 【详解】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：. 【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调性应注意： 1.在区间内是函数在此区间上为增（减）函数的充分不必要条件； 2.可导函数在区间是增（减）函数的充要条件是：都有，且在的任意一个子区间内都不恒为； 3.由函数在区间是增（减）函数，求参数范围问题，可转化为恒成立问题求解. 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】 【分析】根据导数判断AC的单调性，根据基本初等函数单调性判断BD. 【详解】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】 【分析】AB选项，根据等差数列求和公式得到，，即可得到，然后判断数列的单调性即可；CD选项，根据，判断即可. 【详解】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】 【分析】求出，分、讨论，利用导数求出极值可判断AB；利用 可判断CD. 【详解】， 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，， 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，， 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】 【分析】根据等差数列的性质和等差中项的性质得到，然后解方程即可. 【详解】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】 【分析】由已知结合基本初等函数求导公式即可求解． 【详解】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】 ①. 7 ②. （也可以填：或者) 【解析】 【分析】第一空，利用赋值法令求，再令求；第二空，方法一：由递推公式退位作差，得到隔项之间的关系即，得到奇数项和偶数项分别为等差数列，分别求通项公式，进而得到数列的通项公式；方法二：构造新数列为等比数列，由等比数列的通项公式得到数列的通项公式. 【详解】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． 【答案】（1） （2）最大值为，最小值为1． 【解析】 【分析】（1）通过求在处的导数得到切线的斜率，通过求在处的函数值得到切点坐标，由直线的点斜式方程求得切线方程； （2）方法一：由导数的正负得到函数的单调性，从而在时取得最小值1，又由得到最大值为； 方法二：令得，所以在内只有一个极值点，比较、、三者的大小关系得到最大值和最小值. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 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． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由，得，所以数列为等比数列； （2）由（1）得，由分组求和法及等比数列求和公式得到. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 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． 【答案】（1）极小值，无极大值． （2）． 【解析】 【分析】（1）对函数进行求导，利用导数判断函数的单调性即可； （2）根据题意，将不等式转化为恒成立．令，通过导数求函数的最小值即可. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 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：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据，作差得到，结合等差数列的定义及通项公式计算可得； （2）由（1）可得，利用裂项相消法求出，再结合函数的单调性证明即可. 【小问1详解】 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． 小问2详解】 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：． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）结合反函数定义，即可得解； （2）将所求转化证明当时，．借助导数，根据零点存在性定理，即可求证； （3）先换元，将复杂的式子简化，再借助导数研究函数的单调性，再逆向反推即可得证． 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 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，． 【小问3详解】 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． 【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题： 1，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 2，利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； 3，适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论； 4，构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$