精品解析：江西省景德镇市2024-2025学年高二下学期期末质量检测数学试题

景德镇市2024－2025学年度下学期期末质量检测卷高二数学 命题人：孙哲（乐平一中） 张美（乐平一中） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第（Ⅱ）卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题） 一、单项选择题：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. 若数列的前4项依次为20，11，2，，则数列的一个通项公式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】观察前4项规律，写出通项公式，可判断B，对A，C，D举反例说明. 【详解】对于B，从前四项看，这是一个以20为首项，以为公差的等差数列， 由等差数列的通项公式有，故B正确； 对于A，当时，，这与条件不符，故A错误； 对于C，当时，，这与条件不符，故C错误； 对于D，当时，，这与条件不符，故D错误. 故选：B. 2. 一个物体沿直线运动，其位移与时间的关系为，求物体在秒时的瞬时速度（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】根据瞬时速度的定义求解. 【详解】因为，所以， 则， 所以物体在秒时的瞬时速度. 故选：D. 3. 已知数列的通项公式，则数列的最大值是（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由数列的通项对应的函数为二次函数，利用二次函数的性质求解. 【详解】因为，其对应的函数为二次函数， 开口向下，对称轴为，又， 所以或2时，取得最大值，故数列的最大值是. 故选：C. 4. 已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由函数图象得出和的解，然后用分类讨论思想求得结论． 【详解】由函数的图象可得的解集为，的解集为， 等价于或， 所以或， 所以不等式的解集为. 故选：A. 5. 在等差数列中，若，则其前20项和为（ ） A. B. 20 C. D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列的性质及前项和公式求解. 【详解】, 所以其前20项和. 故选：A. 6. 景德镇＂玲珑瓷＂工匠在雕刻多层透光瓷孔时，采用元代数学家朱世杰《四元玉鉴》记载的＂堆积招差＂术，使每层瓷孔数形成等差数列.已知第三层有12个瓷孔，第七层有28个瓷孔，且总瓷孔数为312个，那么这个玲珑瓷共有（ ）层. A. 10 B. 12 C. 14 D. 15 【答案】B 【解析】 【分析】设每层瓷孔数形成等差数列为，公差为，求出，利用等差数列的前项和公式求解. 【详解】设每层瓷孔数形成等差数列为，公差为， 则，所以，解得，， ，解得或（舍）， 所以这个玲珑瓷共有12层. 故选：B. 7. 函数在上单调递增，则参数的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据区间单调性得对任意恒成立，即，利用导数研究右侧函数单调性，进而求参数的范围. 【详解】因为，所以， 由题，可得，对任意， ，即，， 令，则， 令，得，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， ，所以， 所以的取值范围为. 故选：D. 8. 已知实数，满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. 且 B. 且 C. 且 D. 且 【答案】B 【解析】 【分析】先设出，后续利用导数求解的单调性，进而确定，再构造函数并利用导数求解其单调性，进而得到结论即可. 【详解】令，其定义域为，不妨设, 而，令，，令，， 则在上单调递增，在上单调递减， 可得的最大值为，当时，， 当时，，而，即， 结合，故，且一定在的两侧，故C，D错误， 对于A，B，结合已知得，令，而， 令，，令，， 则在上单调递减，在上单调递增，可得，故A错误，B正确. 故选：B 二、多项选择题：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. 下列求导正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据基本函数导数公式及运算法则，复合函数的求导判断各个选项即可. 【详解】对于A，若，则，故A正确； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则，故C正确； 对于D，若，则，故D正确. 故选：ACD. 10. 若等比数列中，首项为，公比为，则下列条件中，使数列一定为递减数列的条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】对A，B，当时，则等比数列是摆动数列，可判断；对C，D，由可判断. 【详解】若，则等比数列是摆动数列； 若，则等比数列是常数列； 当且时，由. 对于A，若，当时，则等比数列是摆动数列，故A错误； 对于B，若，当时，则等比数列是摆动数列，故B错误； 对于C，当时，，即，等比数列是递减数列，故C正确； 对于D，当时，，即，等比数列是递减数列，故D正确. 故选：CD. 11. 已知函数，其导函数为，则下列说法正确的是（ ） A. 函数有三个零点 B. 函数的图象关于对称 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出即可判断A；推出即可判断B；将多项式函数的求导转化为乘积形式函数进行求导，即可判断C；根据函数的对称性可判断D. 【详解】对于A，由题意可知， 则为二次函数，不可能有3个零点，故A错误； 对于B，由 ，所以函数的图象关于对称，故B正确； 对于C，若，则 ， ， 同理， ， ， 所以 ，故C正确； 对于D，若， ， 所以函数的图象关于直线，即对称，且此函数在对称轴处有意义且可导， 即在时取到极值，则必有，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则______． 【答案】2 【解析】 【分析】根据题意，求出，由导数的定义求解. 【详解】由， . 故答案为：2. 13. 已知数列的前项和，且满足，则______． 【答案】 【解析】 【分析】先令得到，再结合前项和与通项公式的关系得到，再构造等比数列求出，最后得到. 【详解】令，得到，解得， 因为，所以， 当时，， 则， 得到，即， 故，设， 则，即， 得到，解得，故， 而，则是公比为的等比数列，且首项为， 可得，故. 故答案为： 14. 若曲线与曲线有公切线，则实数的最大值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求出两曲线在切点的切线方程，可得，整理得，利用导数研究函数的单调性求出得出结果即可. 【详解】令，则，令，则， 设在曲线上的切点为，则切线斜率为， 在曲线上的切点为，切线斜率为， 所以切线方程分别为、， 即、， 有，整理得， 设，则， 令，令， 故函数在上单调递增，在上单调递减， 则在上，如图，    由图可知，即k的最大值为. 故答案为： 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步係． 15. 已知函数 （1）求在点处的切线方程； （2）求的极值． 【答案】（1） （2）极小值为；无极大值 【解析】 【分析】（1）结合题意求出切点，利用导数的几何意义求出斜率，最后得到切线方程即可. （2）利用导数判断的单调性，进而求出极小值，得到其没有极大值即可. 【小问1详解】 因为，所以， 由导数的几何意义得切线斜率为， 由题意得，则切点为， 可得切线方程为，即. 【小问2详解】 由上问得， 令，，令，， 则在上单调递减，在上单调递增， 故的极小值为，无极大值. 16. 已知等比数列首项为2，且成等差数列． （1）求的通项公式； （2）若数列是递增数列，且，求数列的前项和． 【答案】（1）当时，；当时， （2） 【解析】 【分析】（1）设出等比数列的公比，利用等差中项的性质建立方程，根据等比数列的通项，可得答案； （2）由题意整理数列的通项公式，利用错位相减法，可得答案. 【小问1详解】 设等比数列的公比为，由，则，， 由为等差数列，则，即， 化简可得，解得，则， 当时，；当时，. 【小问2详解】 由数列为递增数列，则，即，由，则， 所以 等式两边乘可得， 两式相减可得， 所以. 17. 已知函数 （1）讨论函数的单调性； （2）若恒成立，求参数的取值范围． 【答案】（1）答案见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）求导，分，，讨论，判断正负得解； （2）由题，恒成立等价于恒成立，由（1），结合函数的单调性求出最值求解. 【小问1详解】 当时，，无单调性； 当时，由，， 若，令，得，令，得， 即在上单调递减，在上单调递增， 若，令，得，令，得， 即在上单调递减，在上单调递增， 综上，当时，无单调性； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 恒成立等价于恒成立， 由（1），当时，，符合题意； 当时，在上单调递减，在上单调递增，故， 只需，解得， 当时，在上单调递减，在上单调递增， 当时，，则，即，不合题意. 综上，的取值范围为. 18. 数列的前项和 （1）证明：数列是等差数列； （2）若，设数列的前项和为，证明：． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）左右两侧同除后再利用等差数列的定义求解即可. （2）结合给定条件求出，，再对目标式合理拆分，转化为证明成立，再利用放缩法证明其成立，进而得到原不等式成立即可. 【小问1详解】 因为，且， 所以两边同除可得， 则数列是公差为的等差数列. 【小问2详解】 由上问结合已知得，数列是公差为的等差数列， 则，故，因为，所以，， 而，则，故数列是公差为的等差数列， 则数列的前项和为，设数列的前项和为， 欲证，则证，即证即可， 而，因为，所以， 则得证，故得证. 19. 设函数． （1）证明：当时，在区间内存在唯一极小值点； （2）当时，在上恒成立，求实数的取值范围； （3）若在上存在零点，求实数的取值范围． 【答案】（1）证明：当时，，则， ①当时，单调递增， 所以在单调递增，又， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增，即为的极小值点； ②当时，因为，所以， 所以在单调递增， ③当时，设，则， 因为在单调递增， 所以在单调递增，又，， 所以存在使得， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 又，，， 所以存在，使得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 综上所述，当，单调递增， 当，单调递减， 当，单调递增， 所以在区间内存在唯一极小值点． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分类讨论，，时，的正负，得出的单调性，即可证明； （2）在上恒成立转化为在上恒成立， 令，分类讨论的范围，结合导数即可求解范围； （3）令，分离参数得，设，求得的值域即可求解的范围． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 当时，， 所以在上恒成立，转化为在上恒成立， 令，则， 若，则在上恒成立，则在上单调递增， 所以，符合题意； 若，令，则在上恒成立， 所以在上单调递增，，当时，， 所以，使得， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以，不合题意； 综上所述，实数的取值范围是． 【小问3详解】 因为，，令，得， 设，则， 令，解得， 当时，，所以在上单调递减， 当，时，，所以在，上单调递增， 当时，取得极小值， 即当时，取得极小值， 又，， 所以，即， 当时，取得极大值， 即当时，取得极大值， 又，， 所以，即， 所以当时，， 所以，又， 所以时，在上存在零点， 故实数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 景德镇市2024－2025学年度下学期期末质量检测卷高二数学 命题人：孙哲（乐平一中） 张美（乐平一中） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第（Ⅱ）卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题） 一、单项选择题：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. 若数列的前4项依次为20，11，2，，则数列的一个通项公式为（ ） A. B. C. D. 2. 一个物体沿直线运动，其位移与时间的关系为，求物体在秒时的瞬时速度（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 3. 已知数列的通项公式，则数列的最大值是（ ） A. 3 B. 2 C. D. 4. 已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 5. 在等差数列中，若，则其前20项和为（ ） A. B. 20 C. D. 10 6. 景德镇＂玲珑瓷＂工匠在雕刻多层透光瓷孔时，采用元代数学家朱世杰《四元玉鉴》记载的＂堆积招差＂术，使每层瓷孔数形成等差数列.已知第三层有12个瓷孔，第七层有28个瓷孔，且总瓷孔数为312个，那么这个玲珑瓷共有（ ）层. A. 10 B. 12 C. 14 D. 15 7. 函数在上单调递增，则参数的取值范围（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数，满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. 且 B. 且 C. 且 D. 且 二、多项选择题：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. 下列求导正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 若等比数列中，首项为，公比为，则下列条件中，使数列一定为递减数列的条件是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，其导函数为，则下列说法正确的是（ ） A. 函数有三个零点 B. 函数的图象关于对称 C. 若，则 D. 若，则 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则______． 13. 已知数列的前项和，且满足，则______． 14. 若曲线与曲线有公切线，则实数的最大值为______． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步係． 15. 已知函数 （1）求在点处的切线方程； （2）求的极值． 16. 已知等比数列首项为2，且成等差数列． （1）求的通项公式； （2）若数列是递增数列，且，求数列的前项和． 17. 已知函数 （1）讨论函数的单调性； （2）若恒成立，求参数的取值范围． 18. 数列的前项和 （1）证明：数列是等差数列； （2）若，设数列的前项和为，证明：． 19. 设函数． （1）证明：当时，在区间内存在唯一极小值点； （2）当时，在上恒成立，求实数的取值范围； （3）若在上存在零点，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $