精品解析：江西省上饶市广丰洋口中学2023-2024学年高二下学期期末检测数学试卷

江西省上饶市广丰洋口中学2023-2024学年高二下学期期末检测数学试卷 （考试范围：北师大版（2019）选择性必修第二册） 一、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，只有一项是符合题目要求的． 1. 在数列中，，，则（ ） A. 2 B. C. D. 2. 已知数列满足，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）． A. 120 B. 85 C. D. 4. 用数学归纳法证明，从到，左边需要增乘的代数式为（　　） A. B. C. D. 5. 一质点做直线运动，它所经过的路程s与时间t的关系为，若该质点在时间段内的平均速度为，在时的瞬时速度为，则（ ） A. 10 B. 16 C. 26 D. 28 6. 下列导数运算正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，则（ ） A. 11520 B. 23040 C. 11520 D. 23040 8. 已知函数,则下面对函数的描述正确的是 A. B. C. D. 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. 已知数列的前项和为，下列说法正确的是（ ） A. 若是等差数列，，则使的最大正整数的值为15 B. 若是等比数列，（为常数），则必有 C. 若是等比数列，则 D. 若，则数列为递增等差数列 10. 已知函数，则（ ） A. 在定义域上单调递增 B. 曲线上任意一点处的切线斜率大于0 C. 的图象关于点对称 D. 11. 已知函数及其导函数满足，且，则（ ） A. 在上单调递增 B. 在上有极小值 C. 的最小值为 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 记正项数列的前项和为，若，则的最小值为__________. 13. 已知数列满足，则____________． 14. 已知函数，若在区间上存在个不同的数，使得成立，则的取值集合是__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知公差大于0的等差数列和公比大于0的等比数列满足. （1）求数列和的通项公式； （2）记数列的前项和为，求证：. 16. 已知等差数列的公差d≠0，且，，成等比数列，的前n项和为，，设，数列的前n项和为， （1）求数列的通项公式； （2）若不等式对一切恒成立，求实数λ的最大值． 17. 已知数列满足，数列满足，． （1）求，的通项公式； （2）定义：已知数列，，当时，称为“4一偶数项和整除数列”． （i）计算，，其中，． （ii）若为“4-偶数项和整除数列”，求的最小值． 18. 已知函数. （1）求函数在处的切线方程； （2）当时，求函数的最大值. 19. 已知函数． （1）若在上单调递增，求实数的最大值； （2）讨论的单调性； （3）若在上单调递增，存在且，使得，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省上饶市广丰洋口中学2023-2024学年高二下学期期末检测数学试卷 （考试范围：北师大版（2019）选择性必修第二册） 一、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，只有一项是符合题目要求的． 1. 在数列中，，，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】逐项计算，再根据数列的周期性求解即可. 【详解】由题意，，，，， 故数列满足，故. 故选：A 2. 已知数列满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取倒数法求通项，将变形可得数列为等差数列，计算即可得. 【详解】，即， 可得，又， 即有数列是首项为1，公差为4的等差数列， 可得， 即. 故选：D. 3. 记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）． A. 120 B. 85 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出； 方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解． 【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为， 若，则，与题意不符，所以； 若，则，与题意不符，所以； 由，可得，，①， 由①可得，，解得：， 所以． 故选：C． 方法二：设等比数列的公比为， 因为，，所以，否则， 从而，成等比数列， 所以有，，解得：或， 当时，，即为， 易知，，即； 当时，， 与矛盾，舍去． 故选：C． 【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算． 4. 用数学归纳法证明，从到，左边需要增乘的代数式为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别求出时左端的表达式，和时左端的表达式，比较可得“n从到”左端需增乘的代数式． 【详解】解：当时，左端＝， 当时，左端＝， 故左边要增乘的代数式为. 故选：B． 5. 一质点做直线运动，它所经过的路程s与时间t的关系为，若该质点在时间段内的平均速度为，在时的瞬时速度为，则（ ） A. 10 B. 16 C. 26 D. 28 【答案】C 【解析】 【分析】利用计算，利用计算，相加可得答案. 【详解】由题，. 由题，.则. 故选：C 6. 下列导数运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用基本初等函数的导数公式和复合函数的求导法则依次求导即可判断． 【详解】对于A项，因为是常数，所以，故A项错误； 对于B项，利用复合函数的求导法则，，故B项错误； 对于C项，，故C项错误； 对于D项，由求导法则易得，故D项正确． 故选：D． 7. 已知函数，则（ ） A. 11520 B. 23040 C. 11520 D. 23040 【答案】A 【解析】 【分析】令，则，对函数求导后结合导数的定义可得结果. 【详解】令， 则，则， 所以 . 故选：A 8. 已知函数,则下面对函数的描述正确的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先对函数求导，可以得到其导函数是增函数，利用零点存在性定理，可以将其零点限定在某个区间上，结合函数的单调性，求得函数的最小值所满足的条件，利用不等式的传递性求得结果. 【详解】因为，所以，导函数在上是增函数， 又，，所以在上有唯一的实根，设为，且，则为的最小值点，且， 即，故， 因为，由对勾函数可知，. 故选B. 点睛：该题考查的是有关函数最值的范围，首先应用导数的符号确定函数的单调区间，而此时导数的零点是无法求出确切值的，应用零点存在性定理，将导数的零点限定在某个范围内，再根据不等式的传递性求得结果. 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. 已知数列的前项和为，下列说法正确的是（ ） A. 若是等差数列，，则使的最大正整数的值为15 B. 若是等比数列，（为常数），则必有 C. 若是等比数列，则 D. 若，则数列为递增等差数列 【答案】BD 【解析】 【分析】由等差数列，等比数列的性质与前项和公式逐项判断即可. 【详解】若是等差数列，， 所以，则， 所以使的最大正整数的值为30.故A错误； 若是等比数列，，则， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以，故B正确； 若是等比数列，则，故C错误； 若，所以， 所以，所以， 即，所以， 所以是以为首项，为公差的递增等差数列，故D正确； 故选：BD. 10. 已知函数，则（ ） A. 在定义域上单调递增 B. 曲线上任意一点处的切线斜率大于0 C. 的图象关于点对称 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】由指数型复合函数单调性即可判断A；求导即可判断B；由题可知，由此即可判断C；由C选项结论即可判断D. 【详解】对A，，， 根据复合函数单调性知在，上单调递增， 当时，，当时，，∴在定义域上不是单调递增，故A错误； 对B，因为，故B正确； 对C，∵，∴， ∴的图象关于点对称，故C错误； ∵，由可得D正确． 故选：BD. 11. 已知函数及其导函数满足，且，则（ ） A. 在上单调递增 B. 在上有极小值 C. 的最小值为 D. 的最小值为 【答案】AB 【解析】 【分析】由已知等式变形可得出，设（为常数），根据题中条件求出的值，可求出的解析式，利用函数的单调性与导数的关系可判断A选项；利用函数的极值与导数的关系可判断B选项；利用函数的最值与导数的关系可判断CD选项. 【详解】因为函数及其导函数满足， 则，即， 令（为常数），所以，， 因为，可得，所以，， 对于A选项，当时，， 所以，函数在上单调递增，A对； 对于B选项，由可得，且， 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 所以，函数在上有极小值，B对； 对于C选项，令，其中，则， 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 所以，，C错； 对于D选项，，令，可得， 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 所以，，D错. 故选：AB. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 记正项数列的前项和为，若，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由，利用数列通项和前n项和的关系求得，再令，利用导数法求解. 【详解】当时，，则或（舍去）， 当时，由，得， 两式相减得，得， 因为，所以， 所以数列是等差数列，则， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 由随的增大而增大，，， 则， 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是构造函数判断得其单调性，从而考虑，的情况，从而得解. 13. 已知数列满足，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦函数的周期性可得数列满足，再由累加法利用等差数列前和可得结果. 【详解】由余弦函数性质可知数列是以为周期的周期数列， 易知，，，， 则，且，可得； 由累加法可得 ； 故答案为： 【点睛】方法点睛：根据三角函数的周期性可得数列中的周期或类周期规律，再利用等差数列和等比数列性质，利用累加法或累乘法即可求得结果. 14. 已知函数，若在区间上存在个不同的数，使得成立，则的取值集合是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由导数判断单调性后作出图象，数形结合求解. 【详解】设，则方程有个根， 即有个根， ， 在上单调递增，在上单调递减， 当时，， 设，令得， 当时，，， 当时，，， 在上单调递增，在上单调递减， 作出与的大致函数图象如图所示： 由图象可知方程的解个数可能为， ，故的值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用导数判断函数单调性后作出图象，数形结合求解. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知公差大于0的等差数列和公比大于0的等比数列满足. （1）求数列和的通项公式； （2）记数列的前项和为，求证：. 【答案】（1）； （2）证明： ， 两式相减可得 . ， 数列为递增数列， 又，. 【解析】 【分析】(1)设数列的公差为，数列的公比为，由，求出，可得; (2)由的通项公式，利用错位相减求出的前项和,利用作差法求解单调递增，进而证明结果. 【小问1详解】 设数列的公差为，数列的公比为， 由， 则， 由①式平方除②式得：，得,或（舍） 故， 通项公式分别为. 【小问2详解】 略 16. 已知等差数列的公差d≠0，且，，成等比数列，的前n项和为，，设，数列的前n项和为， （1）求数列的通项公式； （2）若不等式对一切恒成立，求实数λ的最大值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合等差数列的通项公式和求和公式，列出方程组，求得，即可求解； （2）利用等差数列的求和及乘公比错位相减法求和，根据题意转化为对一切恒成立，令，求得，结合数列的单调性和最值，即可求解. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，因为，，成等比数列，且， 可得，即，解得， 所以， 则 【小问2详解】 由（1）知，， 可得，① 则，② 所以①－②得 ， 所以， 所以， 由（1）得，所以， 因为不等式对一切恒成立， 所以且， 所以对一切恒成立， 即对一切恒成立，所以， 令，则，所以， 当时，，所以单调递减； 当时，，即； 当时，，所以单调递增； 综上可得，的最小值为， 所以，所以λ的最大值为． 17. 已知数列满足，数列满足，． （1）求，的通项公式； （2）定义：已知数列，，当时，称为“4一偶数项和整除数列”． （i）计算，，其中，． （ii）若为“4-偶数项和整除数列”，求的最小值． 【答案】（1），． （2）（i），；（ii） 【解析】 【分析】（1）因式分解得到，变形得到，故为公比为3的等比数列，求出通项公式； （2）（i）利用等差数列求和公式得到，并利用等比数列求和公式得到； （ii）方法一，根据得到，2，3不满足题意，满足要求，进一步得到，变形后结合二项式定理得到，并得到，得到结论； 方法二：根据得到，2，3不满足题意，满足要求，当时，，故，根据且，证明出结论. 【小问1详解】 由可得， 根据可得， 由可得，且， 所以是以首项为3，公比为3的等比数列，故． 【小问2详解】 （i）， ． （ii）方法一：当时，， 显然，，2，3不满足题意，时，，满足要求， 当时，， ， 故，得证． 方法二：当时，， 显然，，2，3不满足题意．时，，满足要求， 当时，，， 因为且， 下面证明对恒成立， 令，则，当时，， 故在单调递增，故， 故对恒成立， 所以，得证， 故最小值为4. 【点睛】数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题. 18. 已知函数. （1）求函数在处的切线方程； （2）当时，求函数的最大值. 【答案】（1） （2）21 【解析】 【分析】（1）求导可得，可求切线方程； （2）求导可得在上的单调性，从而可求结论. 【小问1详解】 因为，所以. 所以切线方程为，即. 【小问2详解】 令， 因为，所以在单调递增，单调递减， 所以. 19. 已知函数． （1）若在上单调递增，求实数的最大值； （2）讨论的单调性； （3）若在上单调递增，存在且，使得，证明：． 【答案】（1）2 （2） 当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递减． （3）证明：因为，所以， 因为在上单调递增，所以． 要证，即证． 因为在上单调递增，所以只需证． 又因为，所以只需证， 即证． 记， 则， 所以在上单调递增，所以， 故成立． 【解析】 【分析】（1）由题意，在上恒成立，即对恒成立，结合基本不等式求的最大值； （2）先求原函数的导数，再对参数分类讨论，通过导函数的符号即可得出函数的单调性； （3）根据已知条件先对进行转化，结合函数单调性问题转化为证明，再构造函数，并利用导数求出函数单调性，利用最值证出不等式. 【小问1详解】 因为函数在上单调递增，所以在上恒成立． 因为，所以，即对恒成立． 因为，当且仅当即时等号成立， 所以，即实数的最大值是2． 【小问2详解】 ． ①当时，，则在上单调递增； ②当时，，则在上单调递增； ③当时，令，得， ，解得或； ，解得， 则在上单调递增，在上单调递减． 综上所述，当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减． 【小问3详解】 略. 【点睛】方法点睛： 1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用. 3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $