精品解析：江西省上饶市广丰金桥学校2023-2024学年高二下学期期末检测数学试卷

江西省上饶市广丰金桥学校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. 数列满足，（），，若数列是递减数列，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 设为等差数列的前n项和，若，公差，则k=（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 3. 设数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 是等比数列 B. 成等差数列，公差为 C. 当且仅当时，取得最大值 D. 时，的最大值为33 4. 若数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的图象如图所示.设函数从－1到1的平均变化率为，从1到2的平均变化率为，则与的大小关系为（ ） A. B. C. D. 不能确定 6. 已知函数的导函数为，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 下列求导运算结果正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，则（ ） A. 在处的切线方程为 B. 的极小值为0 C. 在单调递增 D. 有三个实根 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. 已知各项均为正数的数列满足为其前项和，则（ ） A. B. C. D. 10. 下列表述中正确的是（ ） A. 若不存在，则曲线在点处没有切线 B. C. 已知函数，则 D. 若，则 11. 下列选项正确的是（    ） A. ，则 B. ，则 C. ，则 D. 设函数，且，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知为数列的前项和，且，，则__________． 13. 已知函数，则_______. 14. 函数仅有一个零点，则实数的取值范围是_________． 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. 已知数列的通项公式为，在与中插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，记数列的前项和为， （1）求的通项公式及； （2）设，为数列的前项和，求. 16. 已知数列的前n项和为，， （1）证明：是等比数列，并求出的通项公式； （2）已知，求数列的前n项和． 17. 已知函数在处取得极值 （1）求实数的值 （2）求证： （3）证明：对于任意的正整数，不等式都成立. 18. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）当时，求证：在区间有唯一的极值点； （3）若对于任意的恒成立，求实数的取值范围. 19. 已知且，函数. （1）记为数列的前项和.当时，试比较与2024的大小，并说明理由； （2）当时，证明：； （3）当且时，试讨论的零点个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省上饶市广丰金桥学校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. 数列满足，（），，若数列是递减数列，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将取倒数结合累加法求得，再利用数列单调递减列不等式并分离参数，求出新数列的最大值即可求得答案 【详解】由题意，，两边取倒数可化为，所以，，，由累加法可得，，因为，所以， 所以，因为数列是递减数列，故，即，整理可得，，因为，，所以，故. 故选:D. 2. 设为等差数列的前n项和，若，公差，则k=（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 【答案】D 【解析】 【详解】D.由，公差，得，从而，所以，解得k=5 3. 设数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 是等比数列 B. 成等差数列，公差为 C. 当且仅当时，取得最大值 D. 时，的最大值为33 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得数列是以为公差，32为首项的等差数列，求出，然后利用可求出，再逐个分析判断即可. 【详解】因为， 所以数列是以为公差，32为首项的等差数列， 所以，所以， 所以当时，， 所以， 因为，所以， 对于A，因为， 所以是以为公差的等差数列，所以A错误， 对于B，因为，所以， 所以， 因为， 所以成等差数列，公差为，所以B错误， 对于C，，对称轴为， 因为，所以当或时，取得最大值，所以C错误， 对于D，由，得，且，所以的最大值为33，所以D正确， 故选：D 4. 若数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据之间的关系可求出，进而求得，由此结合熟的大小比较可判断A，B，C，利用放缩法，当时，可推出，累加即可判断D. 【详解】令，则，即， 由，的； 当时，，即， 又，故为首项是1，公差为1的等差数列， 则，故， 所以当时，，也适合该式， 故， 对于A， ，A错误； 对于B，，B错误； 对于C，，C错误； 对于D，当时，， 故 ，D正确， 故选：D 5. 已知函数的图象如图所示.设函数从－1到1的平均变化率为，从1到2的平均变化率为，则与的大小关系为（ ） A. B. C. D. 不能确定 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均变化率的计算公式即可得出结果． 【详解】记，， 由图易知，所以． 故选：C． 6. 已知函数的导函数为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，对等式两边求导，再令，求出，从而求得的值 【详解】因为，所以，令，则，， 则，所以. 故选：A. 7. 下列求导运算结果正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由导数的四则运算及复合函数求导法则判断即可． 【详解】对于A：，故A错误； 对于B：，故B错误； 对于C：，故C错误； 对于D，，故D正确， 故选：D． 8. 已知函数，则（ ） A. 在处的切线方程为 B. 的极小值为0 C. 在单调递增 D. 有三个实根 【答案】B 【解析】 【分析】求函数的导函数，结合导数的几何意义求在处的切线方程，判断A，结合极值的定义判断B，结合导数与单调性的关系判断C，结合函数图象判断D. 【详解】因为，所以， 所以，又， 所以函数在处的切线方程为，A错误， 令，可得或， 所以当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以时，函数取极小值，极小值为，B正确， 函数在上单调递增，在上单调递减，C错误， 当时，，， ，时，， 函数的图象大致如下： 作函数图象如下： 观察图象可得函数与函数的图象有且仅有一个交点， 所以方程有一个实根，D错误， 故选：B. 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. 已知各项均为正数的数列满足为其前项和，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，先构造函数，并研究其单调性，利用进行放缩，利用数学归纳法可证明； B选项，构造函数，判断其单调性即可； C 选项，利用数学归纳法和假设法可证明； D选项，结合C选项结论对进行放缩即可证明. 【详解】设函数，则，故在上单调递增. 用数学归纳法下证. 当时，有； 假设当时，有， 由于， 所以根据在上单调递增可知， 即当时，有. 综上可知，. 对于A，令， 因为，故在上单调递增，故， 即，即. ，故A正确. 对于B，令，， 令， 令，则>0，所以，即在上单调递增， 所以，所以即 在上单调递增， 所以，所以在上单调递增， 所以，即，即. 故，故选项B错误； 对于C，可用数学归纳法证明：. 当时，有成立； 假设当时，有， 若， 则由可知， 与假设矛盾，故. 故，故C正确. 对于D，当时，， 故，故选项D正确. 故选：ACD. 【点睛】与数列相关的不等式问题证明方法点睛： （1）可以利用数学归纳法来进行证明； （2）可以构造函数，利用导数进行证明，通过求导得到函数的单调性并结合不等式进行放缩得到结果. 10. 下列表述中正确的是（ ） A. 若不存在，则曲线在点处没有切线 B. C. 已知函数，则 D. 若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】举出反例即可判断A，由求导公式即可判断BC，求导可得，再令，代入计算，即可判断D 【详解】取，则，在处导数不存在， 但在处的切线方程为，故A错误； 由基本初等函数的求导公式可得，故B正确； 因为， 则，故C错误； 因为，则， 令，则，即，故D正确； 故选：BD 11. 下列选项正确的是（    ） A. ，则 B. ，则 C. ，则 D. 设函数，且，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据题意，由基本初等函数的求导公式以及导数的四则运算代入计算，逐一判断，即可得到结果. 【详解】因为，则，则，故A正确； 因为，则，故B错误； 因为，则，故C错误； 因为，则，又， 则，即，所以，故D正确； 故选：AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知为数列的前项和，且，，则__________． 【答案】5 【解析】 【分析】根据题意求得，，，，从而得到数列是周期为3的数列，进而即可求得． 【详解】因为，， 则，即，可得， 同理可得，， 所以数列是周期为3的数列， 又，， 所以． 故答案为：5． 13. 已知函数，则_______. 【答案】​ 【解析】 【分析】对求导，得，代值即可求出结果. 【详解】因为，则， 所以. 故答案为：. 14. 函数仅有一个零点，则实数的取值范围是_________． 【答案】或 【解析】 【分析】将函数仅有一个零点转化为只有一个交点，设,求导，求出极值即可得答案. 【详解】令，得， 则函数仅有一个零点即为只有一个交点， 设，得， 令，得，，得或， 则在上递减，上递增，上递减， 故的极小值为，极大值为， 或. 故答案为：或. 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. 已知数列的通项公式为，在与中插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，记数列的前项和为， （1）求的通项公式及； （2）设，为数列的前项和，求. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的定义求等差数列的公差，再用裂项求和法求. （2）利用错位相减法求数列的前项和. 【小问1详解】 因为在，之间插入项，使这个数成公差为的等差数列， 所以， 所以. 【小问2详解】 易知，所以， 两式相减得 ， 所以. 16. 已知数列的前n项和为，， （1）证明：是等比数列，并求出的通项公式； （2）已知，求数列的前n项和． 【答案】（1） 当时，，又，∴； 当时，，，两式相减得 又∵， ∴数列是首项为3，公比为2的等比数列， ∴. （2） 【解析】 【分析】（1）根据等比数列定义证明数列是等比数列，再根据等比数列的通项公式求的通项公式. （2）利用分组求和的方法求数列的前n项和. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∴ 17. 已知函数在处取得极值 （1）求实数的值 （2）求证： （3）证明：对于任意的正整数，不等式都成立. 【答案】（1）1 （2） 由（1）知，，定义域为, 则， 令得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则， 故恒成立. （3） 因为，可化为，此不等式恒成立， 令，则有， 即， ， 即 即. 【解析】 【分析】(1)利用建立方程求解即可； (2)利用导数考查函数在定义域上的单调性，找到最大值点，求值即可； (3)根据（2）的结论，得到，令，则有， 利用此不等式即可证明. 【小问1详解】 由题知，， 为的极值点， 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 18. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）当时，求证：在区间有唯一的极值点； （3）若对于任意的恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为 （2）证明：令， ， 当时，，当时，， 在单调递减，单调递增. 又， 存在唯一实数，使得， 当时，，即，当时，，即， 在单调递减，单调递增， 区间有唯一极小值点.得证. （3） 【解析】 【分析】（1）对函数求导后，由导数的正负可求得函数的单调区间； （2）令，求导后判断出函数的单调性，再结合函数零点存在性定理可证得结论； （3）解法1：分类讨论，分，和三种情况讨论即可，解法2：必要性探路，结合（2）的结论证明即可，解法3：参变分离，转化为对恒成立，构造函数，利用导数求得其最大值即可. 【小问1详解】 . 当时，单调递增； 当时，单调递减； 的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解法1：（分类讨论） 由（2）知：在单调递减，单调递增，且. ①当，即时，在单调递增， 所以，解得，故无解； ②当，即时，在单调递减， 所以恒成立，故； ③当，即时， 所以，解得，故. 综上所述，. 解法2：（必要性探路） 由题意可知，解得， 故由（2）可知，在单调递减，单调递增. 在区间最大值， ， . 解法3：（参变分离） ①当时，由条件对恒成立， ，易知：， 对恒成立. 令， ， 令， ， 令， ， 在上单调递增， ，即， 在上单调递增， ，即， 在上单调递增， ， . ②当时，显然成立，. 综上所述，. 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第（2）问解题的关键是分离参数，构造函数，利用导数求函数的最值，考查计算能力，属于难题. 19. 已知且，函数. （1）记为数列的前项和.当时，试比较与2024的大小，并说明理由； （2）当时，证明：； （3）当且时，试讨论的零点个数. 【答案】（1），理由：当时，， 则， 所以当时，. （2）证明：当时，，求导得， 令，求导得，当时，，当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增， 于是，即，函数在上单调递增， 又，因此时，，当时，， 所以. （3）当时，有且仅有一个零点；当时，有三个零点. 【解析】 【分析】（1）求出，利用分组求和法及等差等比数列前和公式计算即可得解. （2）把代入，利用导数探讨单调性，结合函数的零点推理即得. （3）按分类，利用导数结合（2）的结论及零点存在性定理求解即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 ①若，函数在上为单调递增函数，且， 因此函数有且仅有一个零点； ②若，当时，，当时，， 由（2）知：当时，， 当时，，且，则函数只有一个零点； ③由（2）知，，在上单调递增且，因此函数有且仅有一个零点； ④若， 令，求导得， 显然当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 注意到， 所以使得， 即在和上单调递增，在上单调递减， 又时，， 所以在区间各存在一个零点，及也是一个零点，故此时有三个零点； 综上当时，有且仅有一个零点；当时，有三个零点. 【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $