精品解析：四川省天立教育集团2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题

天立教育集团2024—2025学年度第二学期期中联考 高二数学试卷（Ⅰ卷） 本卷满分150分 完卷时间120分钟 第一部分（选择题 共58分） 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. 数列1，，4，，的一个通项公式（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依次分析各项，寻找规律，求出结果. 【详解】数列1，，4，，中， ， ， ， ， ， ……， 故选：. 2. 已知函数的导函数为，且满足，则（ ） A. B. -1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导，代入，求出. 【详解】，令得，解得. 故选：B 3. 如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（ ） A. 48 B. 56 C. 72 D. 256 【答案】A 【解析】 【分析】先给四个区域标记，然后根据分步乘法计数原理求解出着色的方法数. 【详解】将四个区域标记为，如下图所示： 第一步涂种涂法，第二步涂种涂法，第三步涂种涂法，第四步涂种涂法， 根据分步乘法计数原理可知，一共有种着色方法. 故选：A. 4. 数列满足，则（ ） A. 8 B. 4 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定的递推公式，依次计算即得. 【详解】数列中，， . 故选：B 5. 已知是可导的函数，且对于恒成立，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，，利用导数判断出的单调性，再利用单调性比较大小可得答案. 【详解】设，，则， 可得在上单调递减， 所以，即， 所以. 故选：A. 6. 已知数列是等差数列，其前项和分别为，且则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的性质及前项和公式可得，，由此可得，从而求得结果. 【详解】因为数列是等差数列， 所以，同理， 又因为， 所以. 故选：C. 7. 三次函数有如下性质：①设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”；②任何一个三次函数都有“拐点”，且“拐点”就是该函数图象的对称中心．若直线过函数图象的对称中心，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定的性质求出函数图象的对称中心，再求出最小值. 【详解】由函数，求导得，再求导得，由，得， 因此函数图象的对称中心为，则，化简得， 于是，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 故选：D 8. 若不等式恒成立，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依题意可得恒成立，构造函数，利用导数说明函数的单调性，则原不等式等价于恒成立，即恒成立，设，利用导数说明函数的单调性与最大值，即可求出参数的取值范围． 【详解】解：不等式恒成立，即恒成立． 构造函数，可得，所以在定义域上单调递增， 则不等式恒成立等价于恒成立，即恒成立，进而转化为恒成立， 设，可得， 当时，单调递增；当时，单调递减． 所以当，函数取得最大值，最大值为， 所以，即实数的取值范围是． 故选：A 二、多选题：每小题不止一个正确答案，全部选对得的6分，部分选对得部分分，有选错的得0分 9. 已知数列的前项和为，，，则（ ） A. 数列是等比数列 B. C. D. 数列的前项和为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，变形得到，故是公比为2的等比数列；C选项，结合A，利用等比数列求通项公式得到C正确；B选项，在C基础上，利用求出通项公式；D选项，先得到为公比为的等比数列，利用求和公式得到答案. 【详解】A选项，， 其中，所以是公比为2的等比数列，A正确； C选项，由A知，，所以，C正确； B选项，当时，， 当时，， 显然满足，故，B错误； D选项，，故， 即为公比为的等比数列，且， 所以的前项和为，D正确. 故选：ACD 10. 函数的图象如图所示，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出函数的导函数，根据函数的图象可知，，，将、用表示，分析从而可得出答案. 【详解】因为，， 由图可知，，，， 则，故C错误； ，， 两式相减得，即， ，则， 所以，则，所以，故AB正确； 则，故D正确. 故选：ABD. 11. 下列命题正确的有（ ） A. 若数列为等比数列，为其前项和，则，，，…成等比数列； B. 已知数列的通项公式为，则取到最小值时的值是7，取到最大值时的值是8； C. 已知数列的前项和为，则使的最小正整数为12； D. 已知数列满足，设的前项和为，则． 【答案】BD 【解析】 【分析】当时，A选项不成立；根据数列的单调性判断B选项；C选项，解一元二次不等式求得的范围；D选项，利用并项求和计算. 【详解】A选项，若，当为偶数时，，此时，不是等比数列，A错误； B选项，， 时，，随着的增大而减小，当时，，随着的增大而减小， 所以取到最小值时的值是7，取到最大值时的值是8，B正确； C选项，由得，所以使的最小正整数为，C错误； D选项，，所以，D正确. 故选：BD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 从甲地到乙地有两种走法，从乙地到丙地有4种走法，从甲地不经过乙地到丙地有3种走法，则从甲地到丙地共有__________种不同的走法． 【答案】11 【解析】 【分析】根据分类加法和分步乘法原理求解即可 【详解】解：直接从甲地不经过乙地到、到丙地有3种走法, 经过乙地到丙地有种走法, 所以合计有种走法 故答案为：11 13. 数列中，满足，，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】先利用“累乘法”求数列的通项公式，再利用“裂项求和法”求和. 【详解】因为，所以. 所以，，，…，（）. 各式相乘，可得：， 显然满足上式，则， 所以数列的前项和为， 所以. 故答案为：. 14. 已知函数若对于任意的都有成立，则实数a的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】参变分离得到，构造函数，求导确定单调性，求得最小值即可求解. 【详解】对于任意的都有恒成立， 等价于在上恒成立. 令，则，， 当时，，即在上递增， 故，所以， 所以在上单调递增， 所以，所以， 所以实数的取值范围是. 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. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求的最值． 【答案】（1）； （2）最大值为，无最小值. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程. （2）利用导数求出函数的最值. 【小问1详解】 函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 函数的定义域为，， 当时，，当时，， 因此函数在上单调递增，在上单调递减，， 所以的最大值为，无最小值. 16. 已知等差数列的前n项和为，且，． （1）求的通项公式和； （2）若，若数列的前项和为，求证． 【答案】（1）， （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由等差数列的通项公式和前项和计算出和，从而得到和； （2）裂项相消法求和求得，从而证明. 【小问1详解】 ，， 联立，解得， 所以的通项公式，前项和. 【小问2详解】 ， 所以，时，， 时，符合上式，所以 因为，所以. 17. 已知函数． （1）求函数的最小值； （2）求证：函数存在两个零点（记为），且． 【答案】（1） （2）证明过程见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导数的性质，结合构造函数法进行求解即可； （2）根据（1）中结论，结合零点存在原理,通过构造函数，再利用导数的性质进行求解证明即可. 【小问1详解】 由 设， 因此当时，函数单调递增，， 当时，，因此，所以单调递增； 当时，，因此，所以单调递减， 因此当时，有最小值，即； 【小问2详解】 由（1）可知：在时，单调递减，在时，单调递增， ，因为，， 所以函数在内有且只有一个零点， 不妨设，在内有且只有一个零点， 设为，即，即函数有两个零点， 即 构造函数 ，当时，单调递减， 因此有，即， 因为，所以， 而，因此， 因为，所以，因为在时，单调递减， 所以由. 【点睛】关键点睛：构造函数是解题的关键. 18. 记数列{an}的前n项积为Tn，且． （1）证明：数列是等比数列； （2）求数列的前n项和Sn． 【答案】（1）答案见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用 与 的关系可得，进而可得； （2）利用（1）的结论得，从而用“错位相减法”与等差数列求和公式，得所求. 【小问1详解】 证明：因为为数列的前项积， 所以可得， 因为，所以， 即，所以， 又，所以， 故是以4为首项，2为公比的等比数列； 【小问2详解】 解：由（1）得：，所以，则 设① ② 则①-②得： 则 所以的前n项和 19. 已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，，证明：； （3）设，证明：． 【答案】（1）的减区间为，增区间为 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对函数求导后，由导数的正负可求出的单调区间； （2）将问题转化为证成立，令，则进一步将问题转化为证对任意的恒成立，构造函数，利用导数可证得结论； （3）由（2）对任意的，有，即，然后利用累加法可证得结论. 【小问1详解】 当时，，则， 当时，，当时，， 故的减区间为，增区间为． 【小问2详解】 要证，只要证， 令，则， 所以只需证成立， 即对任意的恒成立． 设，则恒成立， 所以时，单调递减， 所以，所以， 即证得. 【小问3详解】 对任意的恒成立． 所以对任意的，有， 所以， 所以， 所以， 所以. 【点睛】关键点点睛：此题考查利用导数求函数的单调区间，利用导数证明不等式，第（3）问解题的关键是由（2）的结论可得对任意的，有，化简后利用累加法可证得结论，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天立教育集团2024—2025学年度第二学期期中联考 高二数学试卷（Ⅰ卷） 本卷满分150分 完卷时间120分钟 第一部分（选择题 共58分） 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. 数列1，，4，，的一个通项公式（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数的导函数为，且满足，则（ ） A. B. -1 C. D. 3. 如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（ ） A. 48 B. 56 C. 72 D. 256 4. 数列满足，则（ ） A. 8 B. 4 C. 2 D. 1 5. 已知是可导的函数，且对于恒成立，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列是等差数列，其前项和分别为，且则（ ） A. B. C. D. 7. 三次函数有如下性质：①设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”；②任何一个三次函数都有“拐点”，且“拐点”就是该函数图象的对称中心．若直线过函数图象的对称中心，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 若不等式恒成立，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：每小题不止一个正确答案，全部选对得的6分，部分选对得部分分，有选错的得0分 9. 已知数列的前项和为，，，则（ ） A. 数列是等比数列 B. C. D. 数列的前项和为 10. 函数的图象如图所示，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 11. 下列命题正确的有（ ） A. 若数列为等比数列，为其前项和，则，，，…成等比数列； B. 已知数列的通项公式为，则取到最小值时的值是7，取到最大值时的值是8； C. 已知数列的前项和为，则使的最小正整数为12； D. 已知数列满足，设的前项和为，则． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 从甲地到乙地有两种走法，从乙地到丙地有4种走法，从甲地不经过乙地到丙地有3种走法，则从甲地到丙地共有__________种不同的走法． 13. 数列中，满足，，则______． 14. 已知函数若对于任意的都有成立，则实数a的取值范围为______. 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. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求的最值． 16. 已知等差数列的前n项和为，且，． （1）求的通项公式和； （2）若，若数列的前项和为，求证． 17. 已知函数． （1）求函数的最小值； （2）求证：函数存在两个零点（记为），且． 18. 记数列{an}的前n项积为Tn，且． （1）证明：数列是等比数列； （2）求数列的前n项和Sn． 19. 已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，，证明：； （3）设，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $