精品解析：吉林省长春市第二实验中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

长春市第二实验中学高二期中考试 数学试卷 考生注意： 1.满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 3.本卷命题范围：人教A版选择性必修第二册. 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. 函数在区间上的平均变化率为（ ） A. B. C. D. 2. 设数列是公差为的等差数列，且，则（ ） A. 15 B. C. D. 3. 已知值是（ ） A. 2 B. 1 C. D. 4. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列的通项公式是，则（ ） A. 不是单调数列 B. 是递减数列 C. 是递增数列 D. 是常数列 6. 下列坐标系中是一个函数与其导函数的图象，其中一定错误的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 奇偶归一猜想是指对于每一个正整数，如果它是奇数，则将它乘3再加1，如果它是偶数，则将它除以2，如此循环，最终都能够得到1.对任意正整数，记按照上述规则实施第次运算的结果为，已知，且均不为1，记的最大值为的最小值为，则（ ） A 122 B. 124 C. 123 D. 96 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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. 下列求导正确的是（ ） A. B. C D. 10. 已知数列满足，记数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 设函数，则（ ） A. 当时，是的极小值点 B. 恒有两个单调性相同的区间 C. 当有三个零点时，可取得的整数有2个 D. 点为曲线的对称中心 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知某质点运动的位移（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，则该质点在时的瞬时速度为__________. 13. 已知正项等比数列的前项和为，且，则__________. 14. 已知数列满足，在之间插入个，连同的项构成数列，则数列的前200项的和为__________. 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. 已知公差不为的等差数列的前项和，且，，成等比数列． （I）求数列的通项公式； （II）设为数列的前项和，求． 16. 已知函数． （1）求； （2）求曲线在点处的切线方程； （3）若直线与曲线相切于点，求k值． 17. 已知数列的前项和为，且 （1）求数列的通项公式； （2）设，且数列的前项和为.求. （3）在（2）条件下若都有不等式恒成立，求的取值范围. 18. 已知函数． （1）若函数是单调函数，求实数的取值范围； （2）证明：对任意都成立． 19. 设函数. （1）当时，求的极值； （2）讨论的单调性； （3）若，证明只有一个零点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 长春市第二实验中学高二期中考试 数学试卷 考生注意： 1.满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 3.本卷命题范围：人教A版选择性必修第二册. 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. 函数在区间上的平均变化率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均变化率的定义可求函数在给定区间上的平均变化率. 【详解】由平均变化率定义得， 故选：C. 2. 设数列是公差为的等差数列，且，则（ ） A. 15 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由等比数列的性质计算可求得的值. 【详解】由题意得. 故选：B. 3. 已知的值是（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数的定义可求极限值. 【详解】根据导数值的定义，. 故选：A. 4 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数运算公式求得函数的导数，令求出，再令即可求解. 【详解】， 令可得解得， 所以，所以， 故选:B. 5. 已知数列的通项公式是，则（ ） A. 不是单调数列 B. 是递减数列 C. 是递增数列 D. 是常数列 【答案】C 【解析】 【分析】由与0比较即可得出答案. 【详解】因为， 所以是递增数列. 故选：C. 6. 下列坐标系中是一个函数与其导函数的图象，其中一定错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数单调性与导数的正负关系，一一判断各选项情况，即可得答案. 【详解】根据函数增，导数为正；函数减，导数为负； 故在同一个区间内，增函数与导函数的函数值不可能同为负， 减函数与导函数的函数值不可能同为正， 在C选项中，两种情况都出现了，故C错误； 故选：C 7. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，求导可得在上为减函数，可得结论. 【详解】.设，则， 当时，，所以在上为减函数，又， 所以，即. 故选：D. 8. 奇偶归一猜想是指对于每一个正整数，如果它是奇数，则将它乘3再加1，如果它是偶数，则将它除以2，如此循环，最终都能够得到1.对任意正整数，记按照上述规则实施第次运算的结果为，已知，且均不为1，记的最大值为的最小值为，则（ ） A. 122 B. 124 C. 123 D. 96 【答案】C 【解析】 【分析】根据结合递推关系可求前6项，故可求，再求其差后得正确的选项. 【详解】由数列满足， 且均不为1，得， 即有的前7项为；或 或或. 综上，的最大值为的最小值为， 故选:C. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用导数运算则、求导公式逐项求导判断. 【详解】对于A，，A错误； 对于B，，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，. 故选：BC 10. 已知数列满足，记数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由条件代入计算，即可判断A，由数列周期性的定义即可判断B，由选项B的周期性代入计算，即可判断CD. 【详解】因为，所以， 因为，即，所以，故A正确； 因为，所以， 所以，即，故B正确； 由可知，数列周期为3，又， 所以，故C错误； ，所以，故D正确. 故选：ABD. 11. 设函数，则（ ） A. 当时，是的极小值点 B. 恒有两个单调性相同的区间 C. 当有三个零点时，可取得的整数有2个 D. 点为曲线的对称中心 【答案】BCD 【解析】 【分析】对函数求导将代入可知是的极大值点，可判断A错误，根据导函数特征可判断B正确，利用三次函数性质可知当有三个零点时需满足，解不等式可得C正确，利用函数对称中心的定义可证明D正确. 【详解】由可得其定义域为，且， 对于A，当时，， 令，解得或； 当时，，此时在上单调递增， 当或时，，此时在和上单调递减， 因此可得是的极大值点，即A错误； 对于B，由且可得，在和上单调性始终相同，即B正确； 对于C，由选项B可知，分别在和处取得极值， 由三次函数性质可得当有三个零点时，需满足， 又，即可得， 解得，所以可取得的整数有和0，共2个，即C正确； 对于D，假设点为曲线的对称中心，则应满足； 易知 ， 而， 所以，因此点为曲线的对称中心，即D正确. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：求解三次函数对称中心的方法： （1）定义法：由函数对称中心定义可知当函数满足时，函数关于成中心对称； （2）平移法：将函数通过平移变换成奇函数，再利用奇函数图象性质得出对称中心； （3）导数法：对函数进行二次求导，其二阶导函数的零点即为函数对称中心的横坐标. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知某质点运动的位移（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，则该质点在时的瞬时速度为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据导数可求瞬时速度. 【详解】因为，所以， 所以该质点在时的瞬时速度为. 故答案为：. 13. 已知正项等比数列的前项和为，且，则__________. 【答案】52 【解析】 【分析】由题意，根据等比数列的性质可知成等比数列，结合等比中项的应用计算即可求解. 【详解】因为为正项等比数列，所以也成等比数列， 则， 即， 两式相除得， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 解得， 所以. 故答案为：52 14. 已知数列满足，在之间插入个，连同的项构成数列，则数列的前200项的和为__________. 【答案】813 【解析】 【分析】根据递推公式和等差数列的定义与通项公式可得，进而可知数列的前200项的和为前18组所有数的和加上第19组前11个数的和，记，求出插入的所有项的和即可. 【详解】依题意， 即，整理得， 所以，即， 则为公差为4的等差数列，所以.的前项的和为, 记连同后面插入的个为1组，则第组有个数， 由于， 当时，当时， 所以数列的前200项的和为前18组所有数的和加上第19组前11个数的和， 数列前200项中的项有19项，这19项的和为， 记，当为奇数时，当为偶数时， 则插入的所有项的和为， 所以数列的前200项的和为. 故答案为：813 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. 已知公差不为的等差数列的前项和，且，，成等比数列． （I）求数列的通项公式； （II）设为数列的前项和，求． 【答案】（I）；（II）100. 【解析】 【分析】(I) 设等差数列公差,进而根据题意得,解方程得,进而得; （II）由(I)知，进而并项求和即可. 【详解】解：（I）设等差数列公差为且不为, 因为等差数列的前项和，且，，成等比数列． 所以，整理得， 解得：或（舍去）， 故， 所以． （II）由(I)知， 所以． 16 已知函数． （1）求； （2）求曲线在点处的切线方程； （3）若直线与曲线相切于点，求k的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数的运算法则及常见函数的导数运算即可得答案； （2）根据导数的几何意义确定切点坐标与切线斜率即可得切线方程； （3）由切点与切线方程可得切线斜率为，由导数可得，结合切点在曲线上和在切线上，列方程得的值，从而得k的值． 【小问1详解】 ，． 【小问2详解】 由（1）可得，则切点坐标为， 又， 因此，曲线在点处的切线方程为，即． 【小问3详解】 直线过原点，则， 由点在曲线上，得，． 又，所以， 又，，整理得， ，，则． 17. 已知数列的前项和为，且 （1）求数列的通项公式； （2）设，且数列的前项和为.求. （3）在（2）条件下若都有不等式恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先得，进一步由的关系得是以1为首项，为公比的等比数列，由此即可求解； （2）由等差数列求和公式、错位相减法求得表达式， （3）在（2）条件下进一步原问题等价于不等式恒成立，由此即可求解. 【小问1详解】 因为①， 当时可得，即. 当时，② 由①-②得，即， 即是以1为首项，为公比的等比数列， 所以. 【小问2详解】 因为， 所以， ， 两式相得，， 即， 则， 故. 小问3详解】 由（2）知， 所以有， 即， 依题意，不等式恒成立， 因为随着n增大而减小，所以， 即的取值范围为. 18. 已知函数． （1）若函数是单调函数，求实数的取值范围； （2）证明：对任意的都成立． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，，然后求出导函数的最小值，令最小值大于等于0即可； （2）由（1）得当时，，即，所以， 取可得：，然后累加法即可得出结论. 【小问1详解】 由题意，， 设，， 所以，， 故在上单调递减，在上单调递增， 从而，又， 所以的值域为， 因为是单调函数，所以，当且仅当时，解得， 故实数的取值范围是． 【小问2详解】 证明：由（1）可得当时，在上单调递增， 所以当时，，即，所以， 取可得：， 所以，故， 依次取得： ，，，…，， 以上各式相加得： ． 所以对任意的都成立． 19. 设函数. （1）当时，求的极值； （2）讨论的单调性； （3）若，证明只有一个零点. 【答案】（1）极大值为，没有极小值； （2）答案见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）应用导数求函数的极值即可； （2）应用导数及分类讨论求的区间单调性； （3）应用分类讨论，应用导数研究的单调性，结合零点存在性定理确定各情况下函数零点的个数，即可证； 【小问1详解】 当时，，则， 时，，时，. 在上为增函数，在上为减函数，， 当时，的极大值为，没有极小值. 【小问2详解】 ， . ①当时，时时， 故时，在上为增函数，在上为减函数； ②当时，，则在上为增函数； ③当时，在区间及上有，在区间上有， 故当时，在及上为增函数，在上为减函数； ④当时，在区间及上有，在区间上有， 故当时，在及上为增函数，在上为减函数. 【小问3详解】 由（2）知： ①当时，在上为增函数，且， 则在上只有一个零点； ②当时，在及上为增函数，在上为减函数， 故的极大值为，且. 令，则， 在上为减函数，， 所以时，，即， ，则只有一个零点. ③当时，在及上为增函数，在上为减函数， 故的极大值为， 且. 令，且， 则，则在上为增函数， 故时有， 即，则只有一个零点. 综上所述，当时，只有一个零点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$