精品解析：四川省南充市西充中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

四川省西充中学2024-2025学年度下学期期中考试 高2023级数学试题 命题人： 审题人： 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 已知函数，则（ ） A. 0 B. -1 C. 1 D. -2 2. 书架的第1层放有3本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.从书架上任取1本书，不同的取法种数为（ ） A. 3 B. 8 C. 12 D. 18 3. 数列满足，则（ ） A. 8 B. 4 C. 2 D. 1 4. 已知数列满足，则（ ） A. B. C. D. 5. 要让如图所示的电路在只合上两个开关的情况下正常工作，不同方法种数为（ ） A. 10 B. 8 C. 6 D. 5 6. 记等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 13 B. 45 C. 104 D. 130 7. 已知数列的项满足，而，则（ ） A. B. C. D. 8. 若函数在上单调递增，则最大值为（   ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 下列函数求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 定义在上的函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. 函数在上单调递减 B. 函数在上单调递减 C. 函数在处取得极小值 D. 函数在处取得极大值 11. 南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”，“三角垛”的最上层有个球，第二层有个球，第三层有个球，…，设各层球数构成一个数列，且，数列的前项和为，则正确的选项是（ ）． A. B. C. D. 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 已知等比数列的前2项和为2，，则公比q的值为_____． 13. 函数的极值点为________. 14. 若对任意的正实数，当时，恒成立，则m的取值范围_____． 四、解答题（共77分） 15 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）求函数在区间上的最大值与最小值． 16. 已知数列的前n项和为且满足． （1）求，值； （2）证明数列为等比数列并求其通项公式． 17. 已知公差不为零的等差数列的前n项和为，，，，成等比数列． （1）求数列通项公式； （2）令，求的前n项和． 18. 已知函数. （1）当时，求过原点切线方程； （2）讨论的单调性. 19 已知函数 （1）求的极值； （2）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省西充中学2024-2025学年度下学期期中考试 高2023级数学试题 命题人： 审题人： 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 已知函数，则（ ） A. 0 B. -1 C. 1 D. -2 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数的运算法则求出导数，进而求出导数值. 【详解】函数，求导得， 所以. 故选：A 2. 书架的第1层放有3本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.从书架上任取1本书，不同的取法种数为（ ） A. 3 B. 8 C. 12 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】根据分类加法计数原理进行求解, 【详解】书架的第1层放有3本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书， 第3层放有2本不同的体育书.从书架上任取1本书，不同的取法种数为. 故选：B. 3. 数列满足，则（ ） A. 8 B. 4 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据数列递推关系可求 【详解】因为，故为奇数，故， 而为偶数，故，因为为偶数，故. 故选：B. 4. 已知数列满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过构造法可得数列是等比数列，结合等比数列的通项公式计算可得结果. 【详解】∵，∴，即， ∴数列是首项为，公比为的等比数列， ∴，故， ∴. 故选：D. 5. 要让如图所示的电路在只合上两个开关的情况下正常工作，不同方法种数为（ ） A. 10 B. 8 C. 6 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式计算得解. 【详解】依题意，在左边并联的两个开关中任取1个合上，再在右边并联的三个开关中任取1个合上，电路正常工作， 所以不同方法种数为. 故选：C 6. 记等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 13 B. 45 C. 104 D. 130 【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列的性质可得，结合前项和公式求解. 【详解】因为等差数列的前项和为，且， 则. 故选：C. 7. 已知数列的项满足，而，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可得，利用累乘法计算可得. 【详解】因为，所以， 则，，，，，， 累乘可得， 所以，又，所以， 经检验时也成立， 所以. 故选：B 8. 若函数在上单调递增，则的最大值为（   ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】由函数在上单调递增，转化为在上恒成立，分离参数转化为求函数的最小值求解即可. 【详解】因为，所以， 由于在上单调递增， 所以在上恒成立， 在上恒成立，在上单调递增， 所以在上的最小值为， 所以，故的最大值为， 故选：D 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 下列函数求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用基本初等函数的导数公式可判断A选项；利用导数的运算法则可判断BD选项；利用复合函数的求导法则可判断C选项. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D错误． 故选：ABC． 10. 定义在上的函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. 函数在上单调递减 B. 函数在上单调递减 C. 函数在处取得极小值 D. 函数在处取得极大值 【答案】AD 【解析】 【分析】利用函数的函数的图象，可判断函数的单增区间与单减区间，进而可得极大值点，从而可得结论. 【详解】由函数的导函数的图象可知， 当时，，所以上单调递增，故B错误； 当时，，所以在上单调递减，故A正确； 所以函数在处取得极大值，不是极小值点，故C错误，D正确. 故选：AD. 11. 南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”，“三角垛”的最上层有个球，第二层有个球，第三层有个球，…，设各层球数构成一个数列，且，数列的前项和为，则正确的选项是（ ）． A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】运用累和法结合等差数列的前项和公式数列通项、裂项相消法求得，即可判断ABC选项，利用作差法判断D选项. 【详解】由题意可知：，于是有，，即， 由累加法可知， 显然可得： ，A选项正确， ，B选项不正确； ， 由裂项相消法可得，C选项正确； 令，∵，即，∴，即，D选项错误. 故选：AC. 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 已知等比数列的前2项和为2，，则公比q的值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，列出方程求出公比. 【详解】依题意，，由，得， 所以 故答案为：. 13. 函数的极值点为________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出函数的定义域，然后在定义域内分析导函数的零点和不同区间上的正负，确定极值点. 【详解】确定定义域：由于包含 函数定义域为 ， 求导得： 在内 ,单调递减；在内 ,单调递增. 是函数的极小值点，没有其它极值点. 故答案为：. 14. 若对任意的正实数，当时，恒成立，则m的取值范围_____． 【答案】 【解析】 【分析】变形给定不等式，得到，构造函数，故，利用导数结合单调性求解即得. 【详解】当时，， 故， 而为正实数，则，令，于是， 依题意，函数在上单调递减，即，， 因此，，而函数是上的增函数， 则，解得， 所以m的取值范围是. 故答案为： 四、解答题（共77分） 15. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）求函数在区间上的最大值与最小值． 【答案】（1）单调递增区间是：和，单调减区间是：； （2）最小值为，最大值为. 【解析】 【分析】（1）求导由，，可求单调区间； （2）由（1）结合单调性即可求解； 【小问1详解】 由， 可得：，， 由，可得：或； 由，可得：； 所以函数的单调递增区间是：和， 单调减区间是：； 【小问2详解】 由（1）知：函数在区间上的单调性为： 单调递减，单调递增， 所以最小值为， 又， 所以最大值为. 所以函数在区间上的最小值为，最大值为. 16. 已知数列的前n项和为且满足． （1）求，值； （2）证明数列为等比数列并求其通项公式． 【答案】（1），； （2）证明见解析， 【解析】 【分析】（1）根据给定的递推公式，取求解. （2）利用，结合等比数列定义推理并求出通项. 【小问1详解】 数列的前n项和为，由得，解得， ，解得， 所以，. 【小问2详解】 当时，，则当时，， 两式相减得，整理得，而， 所以数列是首项为1，公比为的等比数列，通项公式. 17. 已知公差不为零的等差数列的前n项和为，，，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）令，求的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列前n项和公式以及等比中项的性质，利用基本量法即可求出，从而得出通项公式. （2）由（1）求出，再由错位相减法进行数列求和即可得出结论. 小问1详解】 依题意，设等差数列的公差为，， 由，得， 由成等比数列，得，即， 则，整理得，而，解得， 所以数列的通项公式. 【小问2详解】 由（1）得， 则， 因此， 两式相减得， 则， 所以的前n项和. 18. 已知函数. （1）当时，求过原点的切线方程； （2）讨论的单调性. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）设出切点，求导，写出切线方程，结合切线过原点可求答案； （2）求导，分情况讨论导数的符合，可得函数单调性. 【小问1详解】 由题意知，的定义域为，则， 当时，，设切点为，则切线方程为 ，即， 又因为切线过，代入切线方程得， 即，解得，所以切线方程为. 【小问2详解】 ， 当时，恒成立，在上单调递增， 当时，令，得， 所以，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增； 综上所述，①当时，在上单调递增； ②当时，在上单调递减，在上单调递增. 19. 已知函数 （1）求的极值； （2）证明：． 【答案】（1）极大值为，极小值为 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导数，然后利用极值的概念即得； （2）构造函数，求其最小值即可. 【小问1详解】 ， 令，解得：， 当或时，；当时， ， 则在和上单调递增，在上单调递减， 则的极大值为，的极小值为； 【小问2详解】 由题意，要证，即证对于恒成立． 令，则， 因在上单调递增，，， 则在上存在唯一的零点，则，即，可得， 又 ，则得；得； 故在上单调递减，在上单调递增， 故， 则时，恒成立，从而恒成立， 即成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $