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哈尔滨市第二十四中学校2024-2025学年高二下学期期中数学试题
一、单选题
1．在等差数列中，若，，则公差（ ）
A．1 B． C．2 D．
2．已知函数，其导函数的图象如图所示，则（ ）

A．有2个极值点 B．在处取得极小值
C．有极大值，没有极小值 D．在上单调递减
3．在等比数列中，，则（ ）
A． B． C． D．
4．若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．数列满足，则（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
6．函数存在大于1的极值点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．已知数列满足，设数列的前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
8．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．
二、多选题
9．已知数列满足：，则以下说法正确的是（ ）
A．数列为单调递减数列 B．
C． D．
10．下列命题正确的有（ ）
A．已知函数，若，则
B．已知函数在上可导，若，则
C．
D．设函数的导函数为，且，则
11．已知，函数有两个极值点，，下列说法中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．若存在，使得，则
三、填空题
12．若等差数列的前三项依次为1，，3，则实数a的值为 .
13．函数的单调增区间为 ．
14．已知，若不等式对任意实数恒成立，则的最大值为 .
四、解答题
15．已知函数，曲线在点处的切线与直线平行.
(1)求a的值；
(2)求函数的单调区间.
16．已知数列的前项和为，数列满足，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的通项公式；
(3)若，求数列的前项和.
17．已知函数，其中.
(1)若在处取得极值，求a的值；
(2)讨论的单调性．
18．棱锥中，平面平面，，，是棱的中点.
(1)证明：平面;
(2)求二面角的余弦值.
19．已知函数．
(1)当，求在点处的切线方程；
(2)若，且，
（ⅰ）求的极值；
（ⅱ）当时，判断零点个数，并说明理由．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C B A C B B B AD BD
题号 11
答案 BC
1．A
根据等差数列的通项公式，联立式子即可求解.
【详解】，所以，
，所以，
所以.
故选：A.
2．C
根据导函数的图象得出导函数的符号分布情况，进而可得出函数的单调区间，再根据极值的定义即可得解.
【详解】由导函数的图象可知，
当时，，仅时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数只有一个极值大点，无极小值点，
所以有极大值，没有极小值，
故ABD错误，C正确.
故选：C.
3．B
根据等比数列的项的性质化简求解.
【详解】在等比数列中，，
则
则.
故选：B.
4．A
求出函数的导数，再利用给定单调区间及单调性列出不等式，再利用分离参数法求解即可.
【详解】函数，求导得，
由在上单调递增，
得，，而恒有，
所以，
所以实数a的取值范围是.
故选：A.
5．C
根据递推公式逐一代入计算即可.
【详解】因为：，
所以，
故选：C.
6．B
求出函数导数，将问题转化为存在大于1的根，即存在大于1的解，即存在大于1的解，结合二次函数性质即可求得答案.
【详解】由题意知的定义域为，
则，
由存在大于1的极值点，可知存在大于1的根，
即存在大于1的解，即存在大于1的解，
而时，随x增大而增大，故，
故，
故选：B
7．B
根据，且，利用累加法求得，从而得到，再利用裂项相消法求解.
【详解】因为，且，
所以当时，.
因为也满足，所以.
因为，
所以.所以.
故选：B.
8．B
构造函数，判定其单调性计算即可.
【详解】根据题意可令，
所以在上单调递增，则原不等式等价于，
由，解之得．
故选：B．
9．AD
根据数列通项公式判断单调性，写出相关项依次判断其它各项正误.
【详解】因为，
所以，
所以为递减数列，A对；
易知，则，B错；
由，故，C错；
由，故，D对.
故选：AD
10．BD
A选项，根据复合函数的导数运算，求出，再由，解方程即可判断A错；
B选项，根据导数的概念，可判断B正确；
C选项，由导数的除法运算法则，可判断C错；
D选项，对函数求导，令，即可判断D正确；
【详解】A选项，由，得，则，解得，故A错；
B选项，由题意，根据导数的概念可得，则，故B正确；
C选项，根据导数的运算法则可得，，故C错；
D选项，由得，则，
解得，故D正确；
故选：BD
11．BC
由题设有两个变号的零点，进而得、，依次判断A、B、C；问题化为能成立，应用分类讨论求参数范围判断D.
【详解】，由函数有两个极值点，，
故有两个变号的零点，当时不符，
所以，则、，
由，故、异号，故，即，故A错误、B正确;
，
由，故，故C正确;
，
即存在，使得，
即存在，使得且，
由，故必存在使能成立，
对于，有，
即，则，故，D错误．
故选：BC
12．1
根据等差数列的性质，即可列式求解.
【详解】由条件可知，，则.
故答案为：1
13．
根据导数与函数单调性的关系，即可求解.
【详解】，，
，得，所以函数的单调递增区间是.
故答案为：
14．/
令，由题意有，利用导数求最小值，得，令，利用导数求最大值即可.
【详解】令，由不等式对任意实数恒成立等价于，
所以，令有，令，
由有，有，所以在单调递增，在单调递减，
所以，
所以，
令，
所以，令有，
由有，由有，
所以在单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，
故答案为：.
15．(1)
(2)单调递增区间为和，单调递减区间为.
（1）对函数求导，由导数的几何意义得切线的斜率，利用两直线平行，斜率相等即可求得a的值；
（2）对函数求导，利用导数研究函数的单调性即可求解.
【详解】（1）函数，则，
则，而直线的斜率为，
因为曲线在点处的切线与直线平行，
则，解得，
（2）由（1）可知，所以，定义域为，
，
令，即，化简可得，解得，
当时，函数单调递增。由，即，解得或，
所以的单调递增区间为和，
当时，函数单调递减，由，即，解得，
所以的单调递减区间为；
综上， 的单调递增区间为和，单调递减区间为.
16．(1)；
(2)；
(3).
（1）由分析计算即可求解；
（2）由累加法即可求解；
（3）由错位相减法计算求解即可.
【详解】（1）因为数列的前项和为，
所以当，；
当，；
显然满足，
所以.
（2）因为数列满足，，，
所以，
数列的通项公式.
（3）由（1）（2）得，
所以数列的前项和，
所以，
所以.
所以.
17．(1)
(2)答案见解析
（1）首先根据极值点和极值求参数，再代入验证；
（2）首先求函数的导数，再讨论的取值，根据二次函数的不同情况，求解函数的单调区间.
【详解】（1），
由题意，，
解得，
当时，，定义域为，
，令，解得，
令，解得，故为的极值点，
满足题意，故；
（2）定义域为，
当时，，
所以时，，单调递增，时，，单调递减，
当时，，
当时，
①时，，
令，解得或，令，解得，
函数在，内单调递增，在内单调递减；
②当时，，故函数在上单调递增；
③当时，，令，解得或，令，解得，
故在，内单调递增，在内单调递减．
当时，当时，，单调递增，当时，，单调递减，
综上：当时，在单调递增，在单调递减，
当时，在，内单调递增，在内单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在，内单调递增，在内单调递减.
18．(1)证明见解析
(2)
（1）由结合面面垂直的性质定理即可得证
（2）先求证两两垂直，接着建立适当的空间直角坐标，求出平面和平面的法向量，再结合向量夹角余弦公式即可计算得解.
【详解】（1）证明：因为，是棱的中点，
所以，因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
（2）因为平面，平面，所以，
因为，是棱的中点，
所以，所以两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，
所以，
所以，
由上可知为平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，
则，故，取，则，
所以，
所以由图可知二面角的余弦值为.
19．(1)
(2)（ⅰ）答案见解析；（ⅱ）答案见解析
【详解】（1）当时，，，，，
所以切线方程为：，
即：；
（2）（ⅰ）函数的定义域为，且，
所以，则，
当，所以恒成立，所以在上单调递减，
在无极值，
当时，由得：
∴，，，，
即在单调递增，在单调递减，
所以时取得极大值为，无极小值
所以，综上所得：当时，在无极值，
当时，取得极大值为，无极小值．
（ⅱ）令，即，
因为，所以，
所以判断的零点个数，即判断的零点个数，
又，
因为，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减
所以，令，则
则令，，则，，
所以，
所以在上单调递减，．所以，当且仅当时等号成立，
所以当时有一个零点，即有一个零点，
当时无零点，即无零点，
综上所得当时有一个零点，当时无零点．

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