精品解析：广东省江门市新会区第一中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

2024~2025学年度第二学期期中考试 高二级数学试题 命题人：陈玉洁 审题人：张启升 考试时间：2025年4月18日 一、单选题：本大题共8小题，共40分. 1. 在如图所示的电路（规定只能闭合其中一个开关）中，接通电源使灯泡发光的方法有（ ）种. A. 4 B. 5 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据分类加法计数原理求解即可. 【详解】接通电源使灯泡发光的方案可分为两类：第一类，闭合中的一个开关，共2种方法； 第二类，闭合中的一个开关，共3种方法.根据分类加法计数原理可知. 故选：B 2. 曲线在点处的切线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求函数在处的导数，再根据导数的几何意义求切线方程. 详解】∵， ∴，， 根据导数的几何意义可知曲线在处的切线的斜率， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 故选：C. 3. 下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据基本初等函数的求导公式即可解答. 【详解】对于选项A， 故A错误； 对于选项B，，故B错误； 对于选项C，，故C正确； 对于选项D，，故D错误； 故选：C. 4. 数列是等比数列，，，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】 分析出，再结合等比中项的性质可求得的值. 【详解】设等比数列的公比为，则， 由等比中项的性质可得，因此，. 故选：A. 5. 已知一个等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项的和为290，所有偶数项的和为261.则此数列的项数为（ ） A. 15 B. 17 C. 19 D. 21 【答案】C 【解析】 【分析】设等差数列的项数为，利用等差数列的性质，求出所有奇数和与所有偶数和的比与的关系，求出，即可求出项数. 【详解】设等差数列的项数为， 设所有的奇数项和为，则， 设所有的偶数项和为，则， 由，解得， 项数. 故选：C. 6. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的导数，利用单调性建立不等式并求解，再分离参数求出范围. 【详解】函数，求导得， 由函数在上单调递减，得，， 则，，而恒成立，因此， 所以实数的取值范围是. 故选：B 7. 如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边．反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线，设原正三角形（图①）的边长为2，把图①，图②，图③，图④中图形的周长依次记为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设各个图形的周长依次排成一列构成数列，观察图形知，从第二个图形开始，每一个图形的边数是相邻前一个图形的4倍，边长是相邻前一个图形的，判断为等比数列，求出其通项，即可得. 【详解】观察图形知，各个图形的周长依次排成一列构成数列， 从第二个图形开始，每一个图形的边数是相邻前一个图形的4倍， 边长是相邻前一个图形的， 因此从第二个图形开始，每一个图形的周长是相邻前一个图形周长的， 即有，因此数列是首项，公比为的等比数列， 故，则. 故选：A. 8. 定义在的函数的导函数为，已知且，则下列结论正确的是（ ） A. 在单调递增 B. 在单调递减 C. 在上有极小值 D. 在上有极大值 【答案】C 【解析】 【分析】令并求导，结合已知可得，再应用导数研究的性质判断各项的正误. 【详解】令，则，即且为常数， 又，则，故， 所以，则， 当时，即在上单调递减， 当时，即在上单调递增， 所以处取极小值. 故选：C 二、多选题：本大题共3小题，共18分. 9. 若数列为等差数列，为前n项和，，，，下列说法中正确的有（ ） A. B. C. 和均为的最大值 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】运用等差数列单调性及下标和性质可解. 【详解】，则，，则， 因此，且，故A正确，B错误； 而且均为的最大值，故C正确； ，故，故D错误. 故选：AC 10. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的图象在的切线的斜率为0 B. 函数在上单调递减 C. 是函数的极小值点 D. 是函数的极大值 【答案】AD 【解析】 【分析】根据导函数的图象与原函数的关系逐个判断即可. 【详解】由图可知，所以函数的图象在的切线的斜率为0，故A正确； 由图可知时，，所以函数在上单调递增，故B错误； 由图可知时，，所以函数在上单调递增，不是函数的极小值点，故C错误； 由C选项可知函数在上单调递增，由图可知时，，所以函数在上单调递减， 故是函数的极大值点，是函数的极大值，故D正确． 故选：AD. 11. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. 极大值点仅有一个 C. 无最大值，有最小值 D. 当时，关于的方程共有3个实根 【答案】BC 【解析】 【分析】利用函数的单调性与导数的关系可判断A选项；利用函数的极值点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C选项；数形结合可判断D选项. 【详解】对于A选项，当时，，则， 当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减，故A错误； 对于B选项，由A选项知，函数在上有一个极大值点， 当时，，则，此时函数单调递增， 当时，，此时函数有极小值点，无极大值点， 综上所述，函数仅有1个极大值点，故B正确； 对于C选项，当时，， 当时，， 所以，函数的最小值为，函数无最大值，故C正确； 对于D选项，如下图所示： 由图可知，当时，关于的方程共有4个实根，故D错误. 故选：BC. 三、填空题：本大题共3小题，共15分. 12. 函数的单调递增区间为______. 【答案】和 【解析】 【分析】令解一元二次不等式即可求解. 【详解】，令 解得或从而单调递增区间为和 故答案为：和 13. 有______个不同的正因数. 【答案】 【解析】 【分析】把进行质因数分解，然后结合分步乘法原理计算． 【详解】，它的正因数即为的幂的乘积， 因此正因数个数为， 故答案为：. 14. 在数列中，，，且对任意的，都有，则的通项公式为______；若，则数列的前项和______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由，可得，即是等比数列，可求得，变形为，即可得到是等差数列，可求得，从而求得；，利用分组求和以及等差等比前项和公式，先求出为正偶数时的表达式，再求为正奇数时的表达式，即可得到. 【详解】因为，，所以. 因为，所以， 又，则有， 所以， 所以是以4为首项，2为公比的等比数列. 所以， 所以， 又，所以是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以. 由题意可得， 则的奇数项为以为首项，为公比的等比数列；偶数项是以为首项，为公差的等差数列. 所以当为偶数，且时， ； 当为奇数，且时，为偶数， . 时，，满足. 所以，当为奇数，且时，有. 综上，. 故答案为：； 【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助累加法、累积法求通项的方法分析、探讨项与项之间的关系而解决问题. 四、解答题：本大题共5小题.共77分. 15. 两个数列，，，已知数列为等比数列且，数列的前项和为，又满足. （1）求数列，的通项公式； （2）记，求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，直接求出数列公比，即可求出数列通项公式；再利用与间的关系，即可求出的通项公式； （2）利用（1）中结果，再利用等差、等比数列的前项和公式，分组求和，即可求解. 【小问1详解】 因为数列为等比数列，设数列的公比为， 又，，所以，解得，所以， 又数列的前项和为①， 当时，②，由①②得到， 又，，所以，则，满足， 所以. 【小问2详解】 由（1）知， 所以. 16. 已知函数在处有极值2. （1）求，的值： （2）求函数在区间上的最大值. 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）对求导，再利用极值的定义得到与，从而列式即可得解； （2）利用导数判断的单调性，再利用的单调性可求得其最大值，从而得解. 【小问1详解】 因为函数在处有极值，且， 所以，解得， 故. 【小问2详解】 由（1）得：，， 又， 令，得，令，得， 故在上单调递减，在上单调递增 故的最大值是或， 而，， 故函数的最大值是2. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，，讨论的零点个数. 【答案】（1）答案见解析 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）求，根据a的范围分类讨论导数的正负，从而判断f(x)的单调性； （2）令并参变分离，将问题转化为三次函数与常数函数图象交点问题. 【小问1详解】 的定义域为R，. 若，令，得或，令，得； 若，令，得或，令，得. 综上，当时，在，上单调递增，在上单调递减； 当时，在，上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 当时，， 令，则， 令， 则. 当和时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以的极小值为，的极大值为， 画出函数大致图象，如图， 由图可知， 当或时，函数有1个零点； 当或时，函数有2个零点； 当时，函数有3个零点 18. 已知数列的首项，且满足. （1）设，求证：数列为等比数列； （2）设数列前n项和为，求； （3）若，求满足条件的最大整数. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）化简已知条件，根据等比数列的定义即可证明结果； （2）根据（1）的结论及等比数列的前和公式，即可求解； （3）利用分组和求法以及数列的单调性，即可求得最大整数. 【小问1详解】 由题意，数列满足，可得， 所以，又，所以， 则为常数，所以数列是首项为，公比为的等比数列. 【小问2详解】 由（1）知数列是首项为，公比为的等比数列， 所以. 【小问3详解】 由（1）知，所以， 设数列的前项和为， 则 ， 若，即，令， 则， 所以数列为递增数列，又，， 所以满足的最大整数的值为. 19. 已知函数． （1）当时，证明：； （2）证明：． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题干条件直接构造函数求导求得其单调性和最值即可证明； （2）利用第（1）问的结论，令，其中，则， 可代入第（1）问得到的不等式，进行累加即可证明左半部分，右半部分同理构造出函数不等式进行证明. 【小问1详解】 要证，只需证，故令， 则恒成立，即在上单调递增， 故，即当时，； 【小问2详解】 先证明左半部分：， 由（1）知当时，，令，其中，则， 代入上述不等式，得，即， 对该不等式的取值从到进行累加即得； 再证明右半部分：， 由左半部分的证明过程可知，只需证明，即只需证， 故令，则恒成立， 即上单调递减，所以，即当时，， 令，其中，则，代入上述不等式， 得，即， 对该不等式的取值从到进行累加即得， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024~2025学年度第二学期期中考试 高二级数学试题 命题人：陈玉洁 审题人：张启升 考试时间：2025年4月18日 一、单选题：本大题共8小题，共40分. 1. 在如图所示的电路（规定只能闭合其中一个开关）中，接通电源使灯泡发光的方法有（ ）种. A. 4 B. 5 C. 6 D. 8 2. 曲线在点处的切线的方程为（ ） A. B. C D. 3. 下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 数列等比数列，，，则（ ） A. B. C. D. 1 5. 已知一个等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项的和为290，所有偶数项的和为261.则此数列的项数为（ ） A. 15 B. 17 C. 19 D. 21 6. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边．反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线，设原正三角形（图①）的边长为2，把图①，图②，图③，图④中图形的周长依次记为，则（ ） A. B. C. D. 8. 定义在的函数的导函数为，已知且，则下列结论正确的是（ ） A. 在单调递增 B. 在单调递减 C. 在上有极小值 D. 在上有极大值 二、多选题：本大题共3小题，共18分. 9. 若数列为等差数列，为前n项和，，，，下列说法中正确的有（ ） A. B. C. 和均为的最大值 D. 10. 已知函数导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的图象在的切线的斜率为0 B. 函数在上单调递减 C. 是函数的极小值点 D. 是函数的极大值 11. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. 极大值点仅有一个 C. 无最大值，有最小值 D. 当时，关于的方程共有3个实根 三、填空题：本大题共3小题，共15分. 12. 函数的单调递增区间为______. 13. 有______个不同的正因数. 14. 在数列中，，，且对任意的，都有，则的通项公式为______；若，则数列的前项和______. 四、解答题：本大题共5小题.共77分. 15. 两个数列，，，已知数列为等比数列且，数列的前项和为，又满足. （1）求数列，的通项公式； （2）记，求数列前项和. 16. 已知函数处有极值2. （1）求，的值： （2）求函数在区间上的最大值. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，，讨论的零点个数. 18. 已知数列的首项，且满足. （1）设，求证：数列为等比数列； （2）设数列前n项和为，求； （3）若，求满足条件的最大整数. 19. 已知函数． （1）当时，证明：； （2）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$