精品解析：江西省萍乡市2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题

准考证号__________姓名__________ 绝密★启用前 （在此卷上答题无效） 萍乡市2023—2024学年度第二学期期中考试 高二数学 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷1至2页，第II卷3至4页．满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡上．考生要认真核对答题卡上粘贴条形码的“准考证号､姓名､考试科目”与考生本人的准考证号､姓名是否一致． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题日的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，用0.5毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，监考员将试题卷､答题卡一并收回． 第I卷 一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知甲､乙两个小区在这段时间内的家庭厨余垃圾的分出量与时间的关系如图所示．给出下列四个结论，其中正确结论的个数为（ ） ①在这段时间内，甲小区比乙小区的分出量增长得慢； ②在这段时间内，乙小区比甲小区的分出量增长得快； ③在时刻，甲小区的分出量比乙小区的分出量增长得慢； ④乙小区在时刻的分出量比时刻的分出量增长得快． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据图象的性质，结合图象的变化快慢，即可判断选项. 【详解】①在这段时间内，甲小区比乙小区的分出量增长得慢，故①正确； ②在这段时间内，乙小区比甲小区的分出量增长得快,故②正确； ③在时刻，乙的图象比甲的图象陡，所以乙的瞬时增长快，故③正确； ④乙小区在时刻比在时刻陡，所以在时刻的分出量比时刻的分出量增长得快，故④正确. 故选：D 2. 等差数列中，，则（ ） A. 40 B. 30 C. 20 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件，结合等差数列的性质，即可求解． 【详解】设等差数列的公差为， ，则， ，则，解得，， ． 故选：B． 3. 设在上的导函数为，若，则（ ） A. B. 2 C. D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】由已知结合导数定义即可求解. 【详解】由于，则. 故选：C. 4. 数列满足，前项和为，对任意正整数都有，则（ ） A. 18 B. 28 C. 40 D. 54 【答案】B 【解析】 【分析】代入递推关系式，直接求和. 【详解】由可知， ， . 故选：B 5. 等比数列中，，函数的导函数为，则（ ） A. B. 4 C. D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】先对函数求导，然后把代入导函数中，结合等比数列的性质即可求解． 【详解】因为等比数列中，，函数， ， 则． 故选：A． 6. 我国古代《洛书》中记载着一种三阶幻方：将九个数字填入一个的正方形方格，满足每行、每列、每条对角线上的三个数字之和相同（如图）．已知数列的通项公式为，现将该数列的前项填入一个的正方形方格，使其满足四阶幻方，则此四阶幻方中每一行的数字之和为（ ） A. 60 B. 72 C. 76 D. 80 【答案】C 【解析】 【分析】直接利用等差数列的性质及求和公式求解即可. 【详解】由等差数列的性质得，四阶幻方所有数字之和为， 由于每行、每列、每条对角线上的数字之和都相等， 所以每行的数字之和为. 故选：C. 7. 对于三次函数，给出定义：是的导函数，是的导函数，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”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数，则（ ） A. 2022 B. 2023 C. 2024 D. 2025 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据题意求对称中心，再利用对称性求值. 【详解】，，得， 又，所以函数关于点对称， 即，则， 且， . 故选：B 8. 对于任意实数，不等式恒成立，则集合的一个子集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，构造函数，则有，结合的单调性可得，再根据对数的基本运算求解即可． 【详解】因为不等式恒成立， 所以， ， 令，则， 所以在上单调递增，所以有， 所以，即， ，所以，解得， 又因为，所以， 所以只有D选项满足要求． 故选：D． 【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，从而判定不等关系； 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. 二､多项选择题：本大题共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. 等比数列满足，公比为2，数列满足，下列说法正确的是（ ） A. 为递增数列 B. 为递增数列 C. 中最小项的值为1 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据等比数列的通项依次求出两个数列的通项公式，即可依次判断． 【详解】由题意可知，， ， 故为递增数列，为递增数列，故AB正确； 当时，取得最小值，故C错误； ， 当时，， 当时，， 故，故D正确． 故选：ABD． 10. 奇函数满足对于任意，有，其中为的导函数，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】首先构造函数，在判断函数单调性和奇偶性，再根据选项判断大小. 【详解】设，， 所以函数在上单调递增， 且，所以函数是偶函数， 则，即，即，故A正确； ，即，所以，故B正确； ，即，即，故C正确； ，，即，故D错误. 故选：ABC 11. 已知，若函数的三个不同零点依次构成等差数列，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据题意将函数写成的形式，通过对照系数即可得到关于三个根的等式，再由三个根成等差数列求解即可. 【详解】依题意可得 对于 , 由 , 可得 结合 依次构成等差数列, 得 , 即 , 故 项正确; 对于 , 设 构成等差数列的公差为 ，则 ， 由 , 可得1 由于 的值不确定, 所以 不一定等于 2 , 故 项不正确; 对于 , 因为 , 且 , 其值不确定, 所以 不一定成立, 故 项不正确; 对于 , 由 表达式的一次项系数为 -1 , 可知 , 故 项正确. 故选： AD 第II卷 注意事项： 第II卷共2页，须用0.5毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 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：. 13. 足球世界杯小组赛中，同一小组的每支队伍都必须和组内其他队伍各进行一场比赛，比如组中有4支队伍，则该组需要进行6场比赛．按此规则，设一个含有支球队的小组中进行的所有比赛场次为场，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】题意得，，然后求出，利用裂项求和即可求解． 【详解】由题意得，，，， 所以． 故答案为：． 14. 已知函数，当时，恒成立，则实数的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可知：，，再构造函数，，再讨论二阶导函数的符号，从而可得一阶导函数的符号，从而可得原函数的单调性，从而可求解． 【详解】，， ，， ，， 设，， ， 令，则，， ，， 若，即时，，在,上单调递增， ， 在,上单调递增，，满足题意， ； ②，即时，令，可得， 当时，，单调递减，， 在上单调递减， ，不满足题意， 综合①②可得：实数的取值范围为 故答案为： 四､解答题：本大题共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. 已知数列的前项和为，且满足． （1）求的值； （2）试猜想的通项公式，并证明． 【答案】（1）， （2），证明见解析 【解析】 【分析】（1）由数列的递推式，分别令和，计算可得所求值； （2）猜想，由数列的递推式和数列的恒等式，可得证明. 【小问1详解】 由题知，，解得， 同理，，解得； 【小问2详解】 由（1）可猜想，证明如下： 已知，当时，有， 化简得，即， 则有， 又，故， 则， 当时，上式仍成立，则． 16. 已知函数． （1）若函数，求在点处的切线方程； （2）试判断单调性，并证明； （3）证明：． 【答案】（1） （2）函数在定义域上单调递减，证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据切线的几何意义即可求解； （2）利用导数研究函数的单调性即可； （3）对不等式进行变形，构造函数证明即可. 【小问1详解】 由题知，，则， 则 又，故切点为， 切线方程为：，即； 【小问2详解】 函数在定义域上单调递减，证明如下： 由已知，设，则， 当时，单调递增；当时，单调递减， 则，即，故在定义域上单调递减； 【小问3详解】 要证，即证，即证， 设，则， 当时，单调递增；当时，单调递减， 则，故成立，证毕． 17. 正项等差数列的公差与正项等比数列的公比相同，且，，数列满足． （1）求的通项公式； （2）求的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等比数列的公比为，则等差数列公差也为，由已知，可得或，讨论当或时，得的取值，即可求得的通项公式； （2）由（1）可得，利用错位相减法即可求得的前项和． 【小问1详解】 设等比数列的公比为，则等差数列公差也为， 因为，所以， 又，且，得， 即，解得或， 当时，由得，，又，解得， 则通项公式分别为：， 当时，由得，，又， 解得，不合题意， 综上，数列的通项公式分别为：. 【小问2详解】 由（1）可得， ， ， 两式相减得：， 故的前项和． 18. 函数． （1）讨论函数单调性； （2）若函数图象上存在两点，且，使得，则称为“拉格朗日中值函数”，并称线段的中点为函数的一个“拉格朗日平均值点”．试判断函数是否为“拉格朗日中值函数”？若是，判断函数的“拉格朗日平均值点”的个数；若不是，请说明理由． 【答案】（1）答案见解析 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）对求导，再对分类讨论，由导数与单调性的关系求解即可； （2）根据“拉格朗日中值函数”的定义可得，进而构造函数，利用导数即可求解． 【小问1详解】 由题知，， 令，则， 当时，，则恒成立，故在定义域上单调递增； 当时，的两根分别为， 若，则，且时，单调递增；时，单调递减， 若，则，且时，单调递增；时，，单调递减， 综上： 当时，在定义域上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 【小问2详解】 ， 若是拉格朗日中值函数，则需满足存在，且，使得， 即，即， ①当时，上式对任意的都成立，则为拉格朗日中值函数，的拉格朗日平均值点有无数个； ②当时，需满足，设，即需方程在区间上有解， 令在上单调递增， 当时，，即方程在区间上无解， 综上： 当时，为拉格朗日中值函数，的拉格朗日平均值点有无数个； 当时，不是拉格朗日中值函数． 【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. 19. 函数． （1）当时，求的极值点个数； （2）若时，单调递减，求的取值范围； （3）求证：． 【答案】（1）2个 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导数得到单调区间，可求出极值点． （2）将问题转化为时，恒成立，即，构造新函数，求导数可得结果． （3）先求，进而取，得即利用累加法即可求证. 【小问1详解】 由题知，， 令，得， 故在和上单调递减，在上单调递增； 则在处有极小值，在处有极大值，即有2个极值点； 【小问2详解】 ， 由题知，当时，恒成立，即， 设，故在上单调递减， 则，故； 小问3详解】 由（2）知，当且时，， 令，得， 即 则， … 将以上各不等式左､右两边分别相加得： ， 即， 即 即 故，得证． 【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，从而判定不等关系； 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 $$ 准考证号__________姓名__________ 绝密★启用前 （在此卷上答题无效） 萍乡市2023—2024学年度第二学期期中考试 高二数学 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷1至2页，第II卷3至4页．满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡上．考生要认真核对答题卡上粘贴条形码的“准考证号､姓名､考试科目”与考生本人的准考证号､姓名是否一致． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题日的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，用0.5毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，监考员将试题卷､答题卡一并收回． 第I卷 一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知甲､乙两个小区在这段时间内的家庭厨余垃圾的分出量与时间的关系如图所示．给出下列四个结论，其中正确结论的个数为（ ） ①在这段时间内，甲小区比乙小区的分出量增长得慢； ②在这段时间内，乙小区比甲小区的分出量增长得快； ③在时刻，甲小区分出量比乙小区的分出量增长得慢； ④乙小区在时刻的分出量比时刻的分出量增长得快． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 等差数列中，，则（ ） A. 40 B. 30 C. 20 D. 10 3. 设在上的导函数为，若，则（ ） A. B. 2 C. D. 6 4. 数列满足，前项和，对任意正整数都有，则（ ） A. 18 B. 28 C. 40 D. 54 5. 等比数列中，，函数的导函数为，则（ ） A. B. 4 C. D. 0 6. 我国古代《洛书》中记载着一种三阶幻方：将九个数字填入一个的正方形方格，满足每行、每列、每条对角线上的三个数字之和相同（如图）．已知数列的通项公式为，现将该数列的前项填入一个的正方形方格，使其满足四阶幻方，则此四阶幻方中每一行的数字之和为（ ） A. 60 B. 72 C. 76 D. 80 7. 对于三次函数，给出定义：是的导函数，是的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数，则（ ） A. 2022 B. 2023 C. 2024 D. 2025 8. 对于任意实数，不等式恒成立，则集合的一个子集为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 等比数列满足，公比为2，数列满足，下列说法正确的是（ ） A. 递增数列 B. 为递增数列 C. 中最小项的值为1 D. 10. 奇函数满足对于任意，有，其中为的导函数，则下列不等式成立的是（ ） A B. C. D. 11. 已知，若函数的三个不同零点依次构成等差数列，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 第II卷 注意事项： 第II卷共2页，须用0.5毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则_______. 13. 足球世界杯小组赛中，同一小组的每支队伍都必须和组内其他队伍各进行一场比赛，比如组中有4支队伍，则该组需要进行6场比赛．按此规则，设一个含有支球队的小组中进行的所有比赛场次为场，则__________． 14. 已知函数，当时，恒成立，则实数的取值范围为__________． 四､解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤． 15. 已知数列的前项和为，且满足． （1）求的值； （2）试猜想的通项公式，并证明． 16. 已知函数． （1）若函数，求在点处的切线方程； （2）试判断的单调性，并证明； （3）证明：． 17. 正项等差数列的公差与正项等比数列的公比相同，且，，数列满足． （1）求通项公式； （2）求的前项和． 18. 函数． （1）讨论函数的单调性； （2）若函数图象上存在两点，且，使得，则称为“拉格朗日中值函数”，并称线段的中点为函数的一个“拉格朗日平均值点”．试判断函数是否为“拉格朗日中值函数”？若是，判断函数的“拉格朗日平均值点”的个数；若不是，请说明理由． 19. 函数． （1）当时，求的极值点个数； （2）若时，单调递减，求的取值范围； （3）求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$