精品解析：江西省新余市第四中学2023-2024学年高二下学期第二次段考数学试题

新余四中2023-2024学年高二下学期第二次段考数学试卷 试卷总分：150分 考试时间：120分钟 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. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知正项等比数列的前n项和为，，，则的公比为( ) A. 1 B. C. 2 D. 4 3. 函数 的图象如图所示，下列不等关系正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 若，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 5 已知数列中，，则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，上面记载了一道有名的“孙子问题”，后来南宋数学家秦九韶在《数书九章·大衍求一术》中将此问题系统解决．“大衍求一术”属现代数论中的一次同余式组问题，后传入西方，被称为“中国剩余定理”．现有一道同余式组问题：将正整数中，被3除余2且被5除余1的数，按由小到大的顺序排成一列数，则281是第几个数（ ） A 18 B. 19 C. 20 D. 21 8. 设函数，其中，存在使得成立，则实数的最小值为 A. B. C. D. 1 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C D. 10. 已知函数.则下列说法正确的有（ ） A. 函数有两个零点 B. 函数的单调递减区间为和 C. 函数有极大值 D. 若关于的方程有三个不同的根.则实数的取值范围是 11. 已知数列满足：，记前项和为，下列选项正确的是（ ） A. 是单调递增数列，是单调递减数列 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 数列前100项和等于______. 13. 已知在上单调递增，.若是的充分不必要条件，则实数的取值范围为____________. 14. 已知正数a，b满足5﹣3a≤b≤4﹣a，lnb≥a，则的取值范围是___. 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. 记为数列的前n项和．已知． （1）证明：是等差数列； （2）若成等比数列，求的最小值． 16. 将一个边长为1米的正六边形铁皮的六个角截去六个全等的四边形，再把它沿虚线折起（如图），做成一个无盖的正六棱柱铁皮盒. （1）试把这个正六棱柱铁皮盒的容积表示为盒底边长的函数； （2）多大时，盒子的容积最大？并求出最大值. 17. 已知函数的图象在点处的切线经过点. （1）求数列的通项公式； （2）已知数列的前项和为，求证：. 18. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若不等式恒成立，求实数取值范围. 19. 已知数列，记集合. （1）若数列为，写出集合； （2）若，是否存在，使得？若存在，求出一组符合条件的；若不存在，说明理由； （3）若，把集合中的元素从小到大排列，得到的新数列为， 若，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 新余四中2023-2024学年高二下学期第二次段考数学试卷 试卷总分：150分 考试时间：120分钟 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. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据特称命题的否定可直接得到结果. 【详解】由特称命题的否定知原命题的否定为：，. 故选：C. 2. 已知正项等比数列的前n项和为，，，则的公比为( ) A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用等比数列的性质求解即可. 【详解】因为，，为正项等比数列， 所以，解得. 故选：B． 3. 函数 的图象如图所示，下列不等关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据图象观察斜率的大小结合导数的几何意义可得答案. 【详解】从函数 的图象可以看出，点处切线的斜率大于直线的斜率，直线的斜率大于点处切线的斜率，点处切线的斜率大于0， 根据导数的几何意义可得：，即， 故选：C 4. 若，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对于A，利用不等式的性质判断，对于B，利用基本不等式判断，对于C，利用指数函数的性质判断，对于D，举例判断 【详解】∵，∴，∴，故A错误； ∵，∴，∴． ∵，∴，故B正确； ∵，∴．故C错误； 令，此时．故D错误． 故选：B． 5. 已知数列中，，则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由数列递推式推理得到，知数列周期为3，利用周期性易求得. 【详解】由可得①， 当时，②， 将②式代入①式可得，，即， 即数列的项的周期为，故. 故选：A. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三个对数值的特点，构造函数，求导得到函数的单调性，利用函数在上的单调性和对数运算性质，化简计算即可比较大小. 【详解】设，函数定义域为，则， 当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减. 因，且，故，即， 即，则，故. 故选：A. 7. 《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，上面记载了一道有名的“孙子问题”，后来南宋数学家秦九韶在《数书九章·大衍求一术》中将此问题系统解决．“大衍求一术”属现代数论中的一次同余式组问题，后传入西方，被称为“中国剩余定理”．现有一道同余式组问题：将正整数中，被3除余2且被5除余1的数，按由小到大的顺序排成一列数，则281是第几个数（ ） A. 18 B. 19 C. 20 D. 21 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，且为正整数，则可得，所以令，从而可得，进而可求得答案 【详解】解：由题意可得，且为正整数， 所以，所以令， 所以，， 所以，又，故． 故选：B． 8. 设函数，其中，存在使得成立，则实数的最小值为 A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【详解】函数f(x)可以看作动点P(x,ln x2)与点Q(a,2a)的距离的平方,点P在曲线y=2ln x上,点Q在直线y=2x上,问题转化为直线上的点到曲线上的点的距离的最小值,由y=2ln x求导可得 ,令y′=2,解得x=1,此时y=2ln 1=0,则M(1,0),所以点M(1,0)到直线y=2x的距离 即为直线与曲线之间最小的距离,故 . 由于存在x0使得f(x0)⩽b,则f(x)min⩽b,即 ， 本题选择C选项. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】先化简集合，再结合集合关系包含与集合运算法则知识对各选项逐一分析即可. 【详解】因为，解不等式得，又因为. 对于A，由题意得，故A错误； 对于B，由上已证可知B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，因为，所以，故D错误； 故选:BC 10. 已知函数.则下列说法正确的有（ ） A. 函数有两个零点 B. 函数的单调递减区间为和 C. 函数有极大值 D. 若关于的方程有三个不同的根.则实数的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，令即可得解；对于B，利用导数分别求出函数在和时导数正负情况即可求出函数单调性，进而得解；对于C，由选项B求出函数的单调性即可得解；对于D，分析函数值情况，再树形结合即可得解. 【详解】对于A，令，所以函数只有一个零点，故A错误； 对于B，，当时，， 所以当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减； 当时，，所以当时，， 所以函数在上单调递减，故B正确； 对于C，由B可知函数在处取得极大值为，故C正确； 对于D，由B可知函数在处取得极小值，由C可知极大值为 又当时，当时，如图， 所以关于的方程有三个不同的根，则实数的取值范围是，故D正确； 故选：BCD. 11. 已知数列满足：，记前项和为，下列选项正确的是（ ） A. 是单调递增数列，是单调递减数列 B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】设，由题设条件可得，构造函数，由其单调性得知数列都是单调数列，由特值检验得知递增，递减，由为增函数可得A正确；将表示成，利用即得B正确；利用B项结论可推得，故排除C；最后利用数学归纳法证得，推理即得. 【详解】由可得，， 设，则， 由可得，，即，于是，， 设，则，即在上单调递增， 依题意，可将看成函数图象上的前后两点， 则，即数列都是单调数列. 又， 由可得，数列是单调递增数列，数列是单调递减数列， 因是增函数，故得是单调递增数列，是单调递减数列，即A正确； 对于B，由可得， 则（*）， 因当时，，则， 故时，，于是，由（*）可得，故B正确； 对于C，由B项已得， 则，故C错误； 对于D，因时，，假设（）时，成立， 则时，， 即对恒成立； 又因，假设（）时，成立， 则时，， 即对恒成立， 故得，因增函数，故，即D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 数列的前100项和等于______. 【答案】100 【解析】 【分析】根据摆动数列特点，将数列前100项和进行分组求和，利用等差数列求和公式计算即得. 【详解】的前100项和等于： . 故答案为：100. 13. 已知在上单调递增，.若是的充分不必要条件，则实数的取值范围为____________. 【答案】 【解析】 【分析】先解出.再由是的充分不必要条件即可得出答案. 【详解】在上单调递增 在上恒成立. 即在上恒成立， 所以：. 又是的充分不必要条件， 即. 故答案为：. 14. 已知正数a，b满足5﹣3a≤b≤4﹣a，lnb≥a，则的取值范围是___. 【答案】[e，7] 【解析】 【分析】由题意可求得7；由lnb≥a可得（b），设函数f（x）（x），利用其导数可求得f（x）的极小值，也就是的最小值. 【详解】∵正数a，b满足5﹣3a≤b≤4﹣a， ∴5﹣3a≤4﹣a， ∴a. ∵5﹣3a≤b≤4﹣a， ∴31. 从而7， ∵lnb≥a，∴（b）， 设f（x）（x），则f′（x）， 当0＜x＜e时，f′（x）＜0，当x＞e时，f′（x）＞0，当x＝e时，f′（x）＝0， ∴当x＝e时，f（x）取到极小值，也是最小值. ∴f（x）min＝f（e）＝e. ∴e， ∴的取值范围是[e，7]. 故答案为：[e，7]. 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. 记为数列的前n项和．已知． （1）证明：是等差数列； （2）若成等比数列，求的最小值． 【答案】（1）证明见解析； （2）． 【解析】 【分析】（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证； （2）法一：由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得． 【小问1详解】 因为，即①， 当时，②， ①②得，， 即， 即，所以，且， 所以是以为公差的等差数列． 【小问2详解】 [方法一]：二次函数的性质 由（1）可得，，， 又，，成等比数列，所以， 即，解得， 所以，所以， 所以，当或时，． [方法二]：【最优解】邻项变号法 由（1）可得，，， 又，，成等比数列，所以， 即，解得， 所以，即有. 则当或时，． 【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出的最小值，适用于可以求出的表达式； 法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解． 16. 将一个边长为1米的正六边形铁皮的六个角截去六个全等的四边形，再把它沿虚线折起（如图），做成一个无盖的正六棱柱铁皮盒. （1）试把这个正六棱柱铁皮盒的容积表示为盒底边长的函数； （2）多大时，盒子的容积最大？并求出最大值. 【答案】（1） （2）当米时，盒子的容积最大为立方米 【解析】 【分析】（1）求出盒子的高、盒子的底面积，得盒子的容积； （2）由（1）可得，利用导数求出的最大值即可. 【小问1详解】 如图，， 则盒子的高， 所以盒子的底面积， 所以盒子的容积， 【小问2详解】 由（1）可得， 所以， 令，解得（舍去）， 所以当时，则单调递增， 当时，则单调递减， 所以当时取得极大值，即最大值， 所以当米时，盒子的容积最大为立方米. 17. 已知函数的图象在点处的切线经过点. （1）求数列的通项公式； （2）已知数列的前项和为，求证：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出、，由直线的点斜式方程可得切线方程，令可得； （2）由（1）可得.方法一，利用错位相减求和可得答案；方法二，利用裂项相消求和可得答案. 【小问1详解】 因为，则， 所以，则切线方程， 即， 令，解得，所以； 【小问2详解】 由（1）可得，. 方法一： 所以， 则， 两式相减得， 故 ， 所以由可得， 故； 方法二： ， 所以. . 所以由可得， 故. 18. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）将函数求导并分解因式，根据参数进行分类讨论函数的单调性即得； （2）将不等式进行等价变形得到在上恒成立，接着通过构造函数，求其在上的最大值，其间，先分析推出其在时取得最大值，为，由，变形求对数，并利用同构思想和函数单调性推出，从而求得，即得的取值范围. 【小问1详解】 由已知可得函数，. ①当时， 当时，，时，； 则在上单调递减，在上单调递增； ②当时，当时，， 或时，； 则在上单调递减，在上单调递增； ③当时，因与同号，故恒成立，即在R上单调递增； ④当时，当时，，或时，； 则在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 由题意，恒成立，因，即恒成立. 即需求在上的最大值. 令，，则， 令，，则， 即在上单调递减， 又，所以在上存在唯一的使（*）， 当时，，即则在上单调递增； 当时，，即则在上单调递减. 故在时取得最大值，为， 又由（*）可得，，故， 两边取对数得：， 令，由知在定义域内单调递增， 故由可得，，即， 所以， 故，即 19. 已知数列，记集合. （1）若数列为，写出集合； （2）若，是否存在，使得？若存在，求出一组符合条件的；若不存在，说明理由； （3）若，把集合中的元素从小到大排列，得到的新数列为， 若，求的最大值． 【答案】（1） （2）不存在，使得成立 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题目给出集合的定义求解即可； （2）使用假设法，假设存在，使得，进行计算检验，从而得出结论； （3）首先证明时，对任意的都有，然后证明除形式以外的数都可以写成若干个连续正整数之和，分类讨论即可得解. 【小问1详解】 由题意可得，，， 所以. 【小问2详解】 假设存在，使得， 则有， 由于与的奇偶性相同，与奇偶性不同， 又，， 所以中必有大于等于的奇数因子，这与无以外的奇数因子矛盾， 故不存在，使得. 【小问3详解】 首先证明时，对任意的都有， 因为， 由于与均大于且奇偶性不同， 所以为奇数，对任意的都有， 其次证明除形式以外的数，都可以写成若干个连续正整数之和， 若正整数，其中， 则当时，由等差数列的性质可得： ，此时结论成立， 当时，由等差数列的性质可得： ，此时结论成立， 对于数列，此问题等价于数列其相应集合中满足有多少项， 由前面证明可知正整数不是中的项， 所以的最大值为. 【点睛】本题考查了等差数列及数列的综合问题，考查了求数列下标最值，同时考查了分类讨论的思想，计算量较大，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$