资源简介

2024-2025 学年四川省广安中学高二下学期第二次月考
数学试卷
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知数列 2, 5, 2 2, …，则 2 5是该数列的( )
A.第 5 项 B.第 6 项 C.第 7 项 D.第 8 项
2.已知数列 2 的前 项和 = 2 + 1，则这个数列的通项公式为( )
A. = 4 + 2 B. = 3 + 2
C. 1, = 1, 1, = 1, = 4 + 2. ≥ 2 D. = 3 + 2, ≥ 2
3 33.记等比数列 的前 项和为 ，若 10 = 32，则公比 =( )5
A. 1 1 1 12 B. 2 C. 2或 1 D. 2或 1
4.下列结论正确的是( )
A. ln(2 1) ′ = 12 1 B. lim
(1 ) (1) = ′(1)
→0
C.若 = cos π4，则
′ = sin π4 D.若 ( ) =
′(1) 2 ，则 ′(1) = 1
2
5.函数 ( ) = e 1的图象大致为( )
A. B.
C. D.
6.图 1 是中国古代建筑中的举架结构， ′, ′, ′, ′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称
为举，图 2 是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中 1, 1, 1, 1是举， 1, 1, 1, 1是相等的步，

相邻桁的举步之比分别为 1 = 0.5,
1 = , 1 = , 11 2
1 1 1
= 3.已知 1, 2, 3成公差为 0.1 的等差数列，且1
直线 的斜率为 0.725，则 3 =( )
第 1页，共 9页
A. 0.75 B. 0.8 C. 0.85 D. 0.9
7.在等差数列 中， 1 = 9， 4 = 3，设 = 1 + 2 + … + ，则 31 =( )
A. 281 B. 651 C. 701 D. 791
8.如图为我国数学家赵爽(约 3 世纪初)在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在用 7 种颜色
给 5 个小区域( , , , , )涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法
有( )
A. 2520 种 B. 3360 种 C. 3570 种 D. 4410 种
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知定义域为[ 3,5]的函数 ( )的导函数为 ′( )，且 ′( )的图象如图所示，则( )
A.函数 ( )在区间(0,3)上单调递增 B.函数 ( )在( 2,2)上单调递减
C.函数 ( )在 = 2 处取得极小值 D.函数 ( )在 = 3 处取得极大值
10.若函数 ( ) = ln + + 2 ( ≠ 0)既有极大值也有极小值，则( )．
A. > 0 B. > 0 C. 2 + 8 > 0 D. < 0
11.已知函数 ( ) = | 3|e + 1，则下列选项正确的是( )
第 2页，共 9页
A. = ( )在(2,3)上单调递减
B. = ( )恰有一个极大值
C.当 < 1 时， = ( )有三个零点
D.当 = 1 时， ( ) = 0 有三个实数解
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12.曲线 = ln| |过坐标原点的两条切线的方程为 ， ．
13.将 5 个人排成一排，若甲和乙须排在一起，则有 种不同的排法．(用数字作答)
14.已知定义在 R 上的函数 ( )关于 轴对称，其导函数为 ′( )，当 ≥ 0 时，不等式 ′( ) + ( ) > 1.
若对 ∈ ，不等式e e ( ) > e 恒成立，则 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.(本小题 13 分)
已知数列 的首项 1 = 3，且满足 +1 = 2 1( ∈ N )
(1)求证： 1 数列为等比数列；求数列 的通项公式；
(2)记 = log
1
2 1 ，求数列 的前 项的和 ． +1
16.(本小题 15 分)
已知等差数列 中的前 项和为 ， ≠ 0 且 2， 5， 14成等比数列； 5 = 25．
(1)求数列 的通项公式；
(2)若数列 为递增数列，记 = 2 ，求数列 的前 项的和 ．
17.(本小题 15 分)
已知一企业生产某产品的年固定成本为 10 万元，每生产千件需另投入 2.7 万元，若该企业一年内共生产此
10.8 1 2, 0 < ≤ 10
种产品 千件，并且全部销售完，每千件的销售收入为 ( )万元，且 ( ) = 30108 1000
.
3 2 , > 10
(1)写出年利润 (万元)关于年产品 (千件)的函数解析式；
(2)年产量为多少千件时，该企业生产此产品所获年利润最大 最大利润是多少
(注：年利润=年销售收入 年总成本)
18.(本小题 17 分)
1
已知函数 ( ) = e 2
2 ( ∈ ).
(1)若 = 0，求 ( )的极小值；
第 3页，共 9页
(2) 1当 > e时，求 ( )的单调递增区间；
(3)当 > 0 2时，设 ( )的极大值为 ( )，求证： ( ) ≥ e2．
19.(本小题 17 分)
英国数学家泰勒是 18 世纪早期一位非常杰出的数学家，以泰勒公式和泰勒级数闻名．泰勒公式是数学分析
的重要组成部分，它的理论方法在近似计算、求极限、不等式的证明等方面都有重要的应用．例如：函数
2
( ) = e 的带有佩亚诺余项的泰勒展开式为：e = 1 + + 2! + + ! + ， ∈ ， 为佩亚诺余
项，在解决问题时可以忽略不计．
(1)若 ( ) = e ，利用泰勒展开式证明： ′( ) = e ；
(2)当 > 0 时，证明： e ln ≥ 1；
(3)当 > 0 时，不等式 e2 ≥ 2ln + 1 恒成立，求实数 的取值范围．
第 4页，共 9页
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12. = 1 = 1e ； e
13.48
14. 0, e
15.解：(1)由 = 2 1 ∈ N +1 得 +1 1 = 2 1 , ∈ N ，
又 1 1 = 2，
所以 1 是首项为 2，公比为 2 的等比数列．
(2)由(1)知， 1 = 2 × 2 1 = 2 ，
所以 = log2 1 = ，
1 1 1 1
所以 = +1 ( +1)
= +1，
所以 = 1 + 2 + 3 + +
= 1 12+
1 1 1
2 3 + +
1
+1 = 1
1
+1 =

+1．
2 2
16. = + 4 = + + 13 解：(1)由题意，可得 5 2 14，即 1 1 1
5 = 5 1 + 10 = 25 5 1 + 10 = 25
,
1 = 5 1 = 1解得 或 = 2，又 ≠ 0， = 0
∴ 1 = 1, = 2，所以 = 2 1．
(2)由(1)得 = 2 1，所以 = 2 (2 1)，
第 5页，共 9页
则 = 1 21 + 3 22 + 5 23 + + (2 3) 2 1 + (2 1) 2 ，
有 2 = 1 22 + 3 23 + 5 24 + + (2 3) 2 + (2 1) 2 +1，
两式相减得， = 2 + 23 + 24 + + 2 +1 (2 1) 2 +1
= 2 + 8 1 2
1
+1
1 2 (2 1) 2 = (3 2 ) 2
+1 6，
∴ = (2 3) 2 +1 + 6．
17. 1 1解：(1)由题意当 0 < ≤ 10 时， = 10.8 230 2.7 10 = 8.1
3
30 10，
当 > 10 时， = 108 1000 1000 3 2 2.7 10 = 98 3 + 2.7 ，
8.1 1 330 10,0 < ≤ 10综上可得 = ．
98 10003 + 2.7 , > 10
(2)①当 0 < ≤ 10 时， = 8.1 1 330 10，
2
′ = 8.1 1 2 = 81 = (9+ )(9 )则 10 10 10 ，
所以当 0 < < 9 时， ′ > 0，则 在(0,9)上单调递增；
当 9 < ≤ 10 时， ′ < 0，则 在(9,10]上单调递减．
= 9 = 193所以当 时， 取最大值，且 max 5 = 38.6．
> 10 = 98 1000 + 2.7 ≤ 98 2 1000②当 时， 3 3 × (2.7 ) = 38，
1000 100
当且仅当 3 = 2.7 ，即 = 9 时等号成立．
综上，当年产量为 9 千件时，该企业生产此产品所获年利润最大，最大利润为 38.6 万元．
18.解：(1)由题意知 ′( ) = e ( + 1) = e ( + 1) ∈ ．
若 = 0，则 ( ) = e ，所以 ′( ) = e ( + 1)．
令 ′( ) = 0，得 = 1．
当 ∈ ( ∞, 1)时， ′( ) < 0,当 ∈ ( 1, + ∞)时， ′( ) > 0,
所以 ( )在( ∞, 1)单调递减，在( 1, + ∞)单调递增，
所以 ( ) 1的极小值等于 ( 1) = e．
第 6页，共 9页
(2) 1因为 > e，所以 ln > 1，
由 ′( ) > 0，即 e ( + 1) > 0，解得 < 1 或 > ln ，
所以 ( )在( ∞, 1)和 ln , + ∞ 单调递增，
由 ′( ) < 0，即 e ( + 1) < 0，解得 1 < < ln ，
所以 ( )在 1, ln 单调递减，
故 ( )的单调增区间为( ∞, 1)和 ln , + ∞ ．
(3)当 > 1 (2) ( ) ( 1) = ( ) = 1 1 1e时，由 知， 的极大值等于 e + 2 > 2e >
2
e2；
1
当 = e时，
′( ) ≥ 0， ( )单调递增， ( )无极大值；
0 < < 1当 e时，当 ∈ ∞, ln 时，
′( ) > 0, ( )单调递增，
当 ∈ ln , + ∞ 时， ′( ) < 0, ( )单调递减，
所以 ( ) 1的极大值等于 ln = ( ) = ln 22 ，
( ) = 1令 2 ln
2( > 0)，所以 ′( ) = ln 12 ln + 1 ，
( )在 0, 1 ′ 1 1 ′e2 上 ( ) < 0,在 e2 , e 上， ( ) > 0,
1 1 1
所以 ( )在 0, e2 上单调递减，在 e2 , e 上单调递增，
所以故 ( ) ≥ 1 2e2 = e2，
( ) ≥ 2综上所述， e2．
2 19.解：(1)由e = 1 + + 2! + + ! +
，两边求导得：
2 1 ( + 1) 2 1 e ′ = 0 + 1 + 2! + + ! + ( + 1)! + = 1+ + 2! + + ( 1)!+ !
即 ′( ) = e ．
2
(2)解法 1：由e = 1 + + + + 2! ! + 知，对于 ∈ ，e ≥ 1 + ，
先证 ∈ 时，e ≥ 1 + ，
令 ( ) = e 1 ，则 ′( ) = e 1 = 0，得 = 0，
第 7页，共 9页
所以 ∈ ( ∞,0)时， ′( ) < 0， ( )在( ∞,0)上单调递减，
∈ (0, + ∞)时， ′( ) > 0， ( )在(0, + ∞)上单调递增，
则 ( ) = e 1 ≥ (0) = 0，所以e ≥ 1 + ，
则 e ln = eln + ln + ≥ 1，
解法 2：设 ( ) = e ln ，则 ′( ) = e + e 1 1 = ( + 1) e
1 ，
令 ′( ) = 0 1，则存在 = 0使得e 0 = ，即 0e
0 = 1，
0
则 ∈ 0, 0 时， ′( ) < 0， ( )在 0, 0 上单调递减，
∈ 0, + ∞ 时， ′( ) > 0， ( )在 0, + ∞ 上单调递增，
所以 ( ) min = 0 = 0e 0 ln 0 0 = 1，所以 e ln ≥ 1 成立．
(3)当 > 0 时，不等式 e2 ≥ 2ln + 1 恒成立，
≤ e2 2ln +1即 ，
设 ( ) = e2 2ln +1 ，
2 2
′( ) = e2 + 2 e2 1 2ln = (1+2 )e 1+2ln 则 2 2 ，
再令 ( ) = 2(1 + 2 )e2 1+ 2ln ，则 ′( ) = 2 e2 2 2 + 4 + 1 + 2 > 0，
所以 ( )在 > 0 时单调递增，
又 12 =
e
2 2ln2 1 < 0， (1) = 3e
2 1 > 0 1，所以 ( )在 2 , 2 存在零点．
又因为 ( ) = 2(1 + 2 )e2 1 + 2ln = (1 + 2 )e2 +2ln 1+ 2ln ，
1 + ln 1而且2 2 < 0，1 + ln1 > 0，可以设 0 ∈
1
2 , 2 使得 0 + ln 0 = 0，
且 0 = 2 2 0 1 + 2 0 e 0 1+ 2ln 0 = 1+ 2 e2 0+2ln 0 0 1 + 2ln 0 = 1 + 2 e00 1+ 2ln 0 = 0，
1
即 0 ∈ 2 , 2 ，使得
′ 0 = 0，
所以 ∈ 0, ′0 时， ( ) < 0, ( )在 0, 0 上单调递减，
∈ 0, + ∞ 时， ′( ) > 0， ( )在 0, + ∞ 上单调递增，
2e2 0 2ln 1 e2 0+2ln 0 0 0 2ln 0 1 ( )min = 0 = =0 0
e0= 2ln 0 1 =
2ln 0
= 2，0 0
第 8页，共 9页
所以 ≤ 2．
第 9页，共 9页

展开更多......

收起↑