精品解析：四川省遂宁市安居区高2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

安居区高中2025年上期半期考试 高2023级数学试题 一、单选题：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. 已知数列的通项公式为，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 0 D. 3 2. 已知函数在处可导，且，则（ ） A. B. 3 C. D. 1 3. 已知函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列满足，若，则等于（ ） A. B. C. D. 5. 已知在上递增，则实数的范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知等差数列的前项和为，等比数列的前项积为，，，则（ ） A. 87 B. 88 C. 89 D. 90 7. 已知函数的定义域为，，其导函数满足，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，若点为曲线与曲线的交点，且两条曲线在点处的切线重合，则实数的最大值是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 甲同学通过数列3，5，9，17，33，…的前5项，得到该数列的一个通项公式为，根据甲同学得到的通项公式，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 该数列为递增数列 10. 函数的定义域为，它的导函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. 函数有三个极值点 B. C. 函数在上单调递增 D. 是的极小值点 11. 朱世杰（1249年-1314年），字汉卿，号松庭，元代数学家，教育家，毕生从事数学教育，有“中世纪世界最伟大的数学家”之誉.他的一部名著《算学启蒙》是中国最早的科普著作，该书中有名的是“堆垛问题”，其中有一道问题如下：今有三角锥垛果子，每面底子四十四个，问共积几何？含义如下：把一样大小的果子堆垛成正三棱锥形（如图所示，给出了5层三角锥垛从上往下看的示意图），底面每边44个果子，顶部仅一个果子，从顶层向下数，每层的果子数分别为，共有44层，问全垛共有多少个果子？现有一个层三角锥垛，设从顶层向下数，每层的果子数组成数列，其前项和为，则下列结论正确的是（ ） （参考公式：） A. B. 是等比数列 C. 函数单调递增 D. 原书中该“堆垛问题”的结果为15180 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某银行向贫困户小李提供10万元以内的免息贷款，小李准备向银行贷款万元全部用于农产品土特产的加工与销售，据测算每年利润（单位：万元）与贷款满足关系式，要使年利润最大，小李应向银行贷款______万元. 13. 已知数列的前项和满足，则的通项公式为________. 14. 已知函数与的图象有两个交点，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. 已知等差数列的前项和为，满足，． （1）求数列的通项公式； （2）设，求． 16. 设函数. （1）求在处的切线方程与坐标轴围成的三角形面积； （2）求在区间上的最大值与最小值. 17. 已知数列满足. （1）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 18. 已知函数， （1）令函数. ① 讨论函数的单调性； ② 当且时，若有两个零点，求a的取值范围. （2）证明：. 19. 若函数的图象上存在三点，且，使得直线与的图象在点处的切线平行，则称为在区间上的“中值点”． （1）若函数在区间上的中值点为，证明：成等差数列． （2）已知函数，存在，使得． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）当时，记在区间上所有可能的中值点之和为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安居区高中2025年上期半期考试 高2023级数学试题 一、单选题：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. 已知数列的通项公式为，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 0 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用通项公式的意义求解即可. 【详解】因为，所以. 故选：B. 2. 已知函数在处可导，且，则（ ） A. B. 3 C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用导数的定义求出目标值. 【详解】依题意，. 故选：B 3. 已知函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过导函数判断其单调性，再利用单调性解不等式即可. 【详解】因为，所以， 所以函数在R上单调递增， 所以，等价于，解得， 故实数的取值范围是. 故选：A 4. 已知数列满足，若，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据递推式得到数列的周期，再应用周期性求. 【详解】由题设，，，， 所以是周期为3的数列，则. 故选：C 5. 已知在上递增，则实数的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数单调性得出导函数恒大于0，再结合最值计算求参. 【详解】根据题意，在上恒成立，即恒成立， 当时，， 所以，使得恒成立，则. 故选：D. 6. 已知等差数列的前项和为，等比数列的前项积为，，，则（ ） A. 87 B. 88 C. 89 D. 90 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列前项求和公式与等差中项的应用求出，根据等比中项的应用求出，进而求解. 【详解】由题意知，设等差数列的首项为，等比数列的首项为， 则， ， 所以. 故选：C 7. 已知函数的定义域为，，其导函数满足，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，求导后判断的单调性，然后根据单调性解不等式即可. 【详解】令，则， 所以在上单调递减，则原不等式等价于， 因为，所以， 所以，所以，解得， 所以不等式的解集为. 故选：B 8. 已知，若点为曲线与曲线的交点，且两条曲线在点处的切线重合，则实数的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设点的横坐标为，且两条曲线在点处的切线重合，切线的斜率，求得，再由点是两曲线交点得，应用导函数得出函数单调性和最值，即可得解. 【详解】设点的横坐标为，则由可得， 又可得， 且两条曲线在点处的切线重合， 所以切线的斜率，解得或（舍去）， 即点的横坐标为，由点为曲线与曲线的交点， 所以，即，令， 则，令可得，由知， 当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，则实数的最大值为. 故选：C. 二、多选题：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. 甲同学通过数列3，5，9，17，33，…的前5项，得到该数列的一个通项公式为，根据甲同学得到的通项公式，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 该数列为递增数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】将代入通项公式，求出，然后根据数列的性质，逐项分析即可. 【详解】由，得，故，所以，所以A 、B正确， ，所以C 错误， 又得该数列为递增数列，所以D正确. 故选：ABD 10. 函数的定义域为，它的导函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. 函数有三个极值点 B. C. 函数在上单调递增 D. 是的极小值点 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据的图象确定函数在各区间的符号，进而判断的单调性，依次判断各项的正误即可. 【详解】由图知，时，即在上单调递增， 时，即在上单调递减，故， 时，即在上单调递增，易知在上单调递增， 所以有两个极值点，其中是极大值点，是极小值点， 综上，A错，B、C、D对. 故选：BCD. 11. 朱世杰（1249年-1314年），字汉卿，号松庭，元代数学家，教育家，毕生从事数学教育，有“中世纪世界最伟大的数学家”之誉.他的一部名著《算学启蒙》是中国最早的科普著作，该书中有名的是“堆垛问题”，其中有一道问题如下：今有三角锥垛果子，每面底子四十四个，问共积几何？含义如下：把一样大小的果子堆垛成正三棱锥形（如图所示，给出了5层三角锥垛从上往下看的示意图），底面每边44个果子，顶部仅一个果子，从顶层向下数，每层的果子数分别为，共有44层，问全垛共有多少个果子？现有一个层三角锥垛，设从顶层向下数，每层的果子数组成数列，其前项和为，则下列结论正确的是（ ） （参考公式：） A. B. 是等比数列 C. 函数单调递增 D. 原书中该“堆垛问题”的结果为15180 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题设得，即可判断A；由等差数列的定义判断，分组求和求，进而得到并确定单调性，即可判断各项的正误. 【详解】依题意，每层的果子数分别为，则数列的通项， A，，对； B，时，， 所以，则为等差数列，错； C， ，则，单调递增，对； D，，对. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某银行向贫困户小李提供10万元以内的免息贷款，小李准备向银行贷款万元全部用于农产品土特产的加工与销售，据测算每年利润（单位：万元）与贷款满足关系式，要使年利润最大，小李应向银行贷款______万元. 【答案】4 【解析】 【分析】利用导数研究函数的单调性，利用单调性即可求出最值. 【详解】依题意，且， ，又， 所以当时，， 当时，，函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减. 所以当万元时，函数取得最大值. 故答案为：4 13. 已知数列的前项和满足，则的通项公式为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据作差计算可得； 【详解】因为， 当时，； 当时，， 所以， 当时不满足，所以. 故答案为： 14. 已知函数与的图象有两个交点，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，利用导数求得，再次将问题转化为，再次构造函数，利用导数可求出的解集，即可求得的解集. 【详解】由，得，且， 由，则， 若，则，此时，在上单调递增，至多有一个零点，不满足题意. 若，设，则，所以在上单调递增， 由，有，所以有唯一实数根，设为，即， 当时，，，则在单调递减， 当时，，，则在单调递增， 所以当时，， 由可得，即，即， 所以， 又当时，，当，指数函数增加的速度比对数函数增加的速度快得多，可得， 所以函数有两个不同零点，则， 设，则， 当时，有，则在上单调递增. 当时，有，则在上单调递减. 又当时，，，， 所以当时，，当时，， 所以的解集为， 故答案为： 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. 已知等差数列的前项和为，满足，． （1）求数列的通项公式； （2）设，求． 【答案】（1） （2）20 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可得到结果； （2）由并项求和法代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由题意可得，解得，所以. 【小问2详解】 由（1）可得， 所以. 16. 设函数. （1）求在处的切线方程与坐标轴围成的三角形面积； （2）求在区间上的最大值与最小值. 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再由点斜式求出切线方程，从而求出三角形的面积； （2）利用导数说明函数的单调性，求出函数的极值与端点处的函数值，即可得解. 【小问1详解】 由题意可知，，则， 又， 则在处的切线方程为：，即， 所以在处的切线方程； 令，则，令，则，； 【小问2详解】 令，解得：或， 则，，变化如表， 0 0 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 所以的单调递增区间为，单调递减区间为，； 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减； 又，， ，， 所以，. 17. 已知数列满足. （1）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） 由， 所以是首项、公比均为3的等比数列，故 所以. （2） 【解析】 【分析】（1）通过构造思想，等式两边同时加1，即可证得等比数列，再求通项公式即可； （2）利用错位相减法直接求和即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）有，则， 所以， 两式相减，得 所以. 18. 已知函数， （1）令函数. ① 讨论函数的单调性； ② 当且时，若有两个零点，求a的取值范围. （2）证明：. 【答案】（1） ①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； 当时在，上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增. ② （2） 方法一 ：，，则. 要证，即证，. 令，， 则. 令，，则， 所以当时，，所以在上单调递增.     因为，， 所以在上存在唯一零点，且当时，；当时，. 所以当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以.     由，得，所以. 两边取对数，得，所以， 所以，即. 因为，所以，即.   方法二：要证，即证，即证.  令，，，. 易得，则令，得；令，得. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以. 易得. 令，得；令，得.     所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，     所以，故. 方法三： 令，所以， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即， 当且仅当时等号成立，所以当时，， 要证，即证， 若，即，则. 令，，所以， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，即证得成立. 【解析】 【分析】（1）①求出函数的导函数，分、、、四种情况讨论，分别求出函数的单调性；②分、两种情况讨论，结合函数的单调性，求出参数的取值范围； （2）方法一 ：依题意即证，，构造函数，，利用导数说明函数的单调性，即可证明；方法二：即证，令，，，利用导数证明；方法三：首先证明，当时，，从而转化为证明，构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明. 【小问1详解】 ①因为 所以， 所以， 当时，当时，，即在上单调递增； 时，，即在上单调递减； 当时，当时，，即在，上单调递增； 当时，，即在上单调递减. 当时，当时，，即在，上单调递增； 当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增. 综上可得：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； 当时在，上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增. ②i.当时，在上单调递增，在上单调递减， 则， 因为，，且， 所以，即. ii.当时，在，上单调递增，在上单调递减， 在时取得极大值，且 ， 因为，所以，则， 所以在只有一个零点； 综上，的取值范围为. 【小问2详解】 略 19. 若函数的图象上存在三点，且，使得直线与的图象在点处的切线平行，则称为在区间上的“中值点”． （1）若函数在区间上的中值点为，证明：成等差数列． （2）已知函数，存在，使得． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）当时，记在区间上所有可能的中值点之和为，证明：． 【答案】（1）证明：由题意知. 因为， 又， 所以，即， 所以成等差数列； （2）（i）； （ii）证明：因为，所以中值点满足， 由（i）知当时，即有两个零点， 所以在区间上所有可能的中值点即. 先证明： 由，得. 要证，即证. 设， 则. 设，当时，， 所以在上单调递增，所以， 所以当时，，所以在上单调递减. 所以当时，，即. 因为，所以，即， 又，再结合在上单调递减， 可得，从而. 令，得， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据中值点定义得到相关方程，则，化简即可； （2）（ⅰ）通过二次求导得，再对和讨论即可； （ii）首先证明，通过构造函数，利用二次求导即可证明，再进行代换即可证明，最后再设，利用累加法和等差数列求和公式即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）， 设，则， 当时，单调递增，当时，单调递减. 故，且当时，，当时，. 若，则恒有，所以在上单调递减，不符合题意； 若，则在和上分别存在一个零点，记为， 当时，，即单调递减， 当时，，即单调递增，当时，，即单调递减， 故存在，满足. 所以的取值范围是. （ii）略 【点睛】关键点点睛：本题第二问第二小问的关键是构造函数，从而证明关键的不等式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $