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山东省日照市2023-2024学年高二下学期期中校际联合考试数学试题
一、单选题
1．已知实数是2和8的等差中项，则（ ）
A． B．-4 C．4 D．5
2．下列求导运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．在等比数列中，是方程的两个根，则（ ）
A．7 B．8 C．或8 D．
4．已知函数，则（ ）
A．1 B．2 C． D．
5．已知数列满足：. ，则（ ）
A．34 B．42 C．46 D．64
6．若等差数列{}满足，则当{}的前n项和最大时，n＝（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
7．若是区间上的单调函数，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C．或 D．
8．已知函数有三个不同的零点，其中，则的值为（ ）
A．1 B． C．-1 D．
二、多选题
9．函数的导函数的图象如图所示，则（ ）

A．为函数的零点
B．函数在上单调递减
C．为函数的极小值点
D．是函数的最小值
10．等差数列满足，记，，其中是高斯函数，表示不超过的最大整数，如，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．数列是递增数列
C． D．
11．已知，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
12．在数列中，，且，则__________.
13．已知函数是函数的极值点，若对任意的，总存在，使得成立，则实数的取值范围为__________.
14．已知各项均不为0的数列，其前项和为，且，对任意的，恒成立，则的取值范围为__________.
四、解答题
15．已知函数，曲线在处的切线方程为.
(1)求的值；
(2)求在区间上的最值.
16．已知公差为正数的等差数列的前项和为，数列为等比数列，且，.
(1)求数列的前项和；
(2)设，求数列的前项和.
17．已知函数，，.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，对，，求正整数的最大值.
18．已知数列满足，且对任意正整数都有.
(1)写出，并求数列的通项公式；
(2)设数列的前项和为，若存在正整数，使得，求的值；
(3)设是数列的前项和，求证：.
19．已知函数.
(1)判断函数在区间上零点的个数并证明；
(2)函数在区间上的极值点从小到大分别为，
①证明：；
②是否存在，使得？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B D A B B C A BC ACD
题号 11
答案 ABD
1．D
根据等差中项的概念求值.
【详解】由题意：.
故选：D
2．B
根据基本初等函数求导公式即可求解.
【详解】对A，，A错；
对B，，B正确；
对C，，C错；
对D，，D错.
故选：B
3．D
由韦达定理得到，再根据等比数列性质可以求出.
【详解】等比数列中，是方程的两个根，则，
再根据等比数列性质可以求出.
故选：D.
4．A
求导，再令可得结论.
【详解】因为，令得.
故选：A
5．B
由,利用递推思想，逐项求出，再相加即可.
【详解】，
则，，，；
则．
故选：B.
6．B
由题意和等差数列的性质可得的前8项为正数，从第9项开始为负数，由此易得结论．
【详解】解：等差数列满足，
，
，，则，
等差数列的前8项为正数，从第9项开始为负数，
当的前项和最大时的值为8.
故选：B.
7．C
求导，分析导函数的正负得到原函数的单调性，再由已知建立关于的不等式组，解出即可．
【详解】由题意，，
令，解得，令，解得或，
所以在上单调递减，在，上单调递减，
若函数在区间上单调，
则或或，解得或或，
即或.
故选：C.
8．A
令，求得导数和单调性，画出图象，从而考虑有两个不同的根，从而可得或，结合图象可得，结合韦达定理即可得到所求值.
【详解】令，则，故当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，且在处取得极小值，
当，，，，所以函数的图象如图所示，
由可化为，结合图象可知方程有两个不同的实数根，
故或，不妨设方程的两根为，，
若，，，所以，
由图象易知共有两个根，故不成立；
若，则方程的两根为一正一负，不妨设，
结合的性质可得，，
故，
又因为，，所以.
故选：A
9．BC
根据导函数的图象，判断出导数的正负，从而可得函数的单调区间，可判断函数的极值，进而可得答案.
【详解】由的图象可知，当或时，，
当或时，，
所以在和上单调递增，在和上单调递减，
所以在和处取得极小值，在处取得极大值，
正确，
不一定是最小值，D错误，
由条件不能确定为函数的零点，A错误，
故选：.
10．ACD
求出等差数列的公差即可得通项公式进而判断A；由单调性定义计算即可判断B；直接倒序计算即可得解判断C；求出，再根据高斯函数定义分段计算即可判断D.
【详解】对于A，设等差数列的公差为，
则由得，解得，
所以，故A正确；
对于B，由A以及等差中项公式得 ，
故，当且仅当时等号成立，
由知，故，
故由题意得，
所以B为递减数列，故B错误；
对于C，
，故C正确；
对于D，因为，
则当时，；当时，；
当时，；当时，，
故，故D正确.
故选：ACD.
11．ABD
由已知条件，利用对数式的运算判断范围，通过构造函数，利用基本不等式和导数求最值判断不等式是否成立.
【详解】对于A， 则，即，
解得故A正确；
对于B， 函数，则，
时， ，单调递减， 时， ，单调递增，
，即，时，等号成立，
已知，所以，故B正确；
对于C， 已知则，当且仅当，即时，
等号成立， 所以，所以，得，故C错误；
对于D， 设因为则，
设，则，
设，则，在上单调递增，
当时，所以，即，
所以在上恒成立，得在单调递增，
所以，即，故D错误.
故选：ABD.
12．7
根据条件判断等差数列再根据通项公式计算.
【详解】由已知得，所以为等差数列公差为2，
所以.
故答案为：7.
13．/
首先利用导数分别求出在的值域，根据极值点性质得到，从而得到函数的单调性和，根据题意得到，再解不等式即可.
【详解】，，令，解得.
所以，，在上为增函数.
所以时，.
，，
因为是函数的极值点，
所以，解得，所以.
所以，，在上为增函数，且，
则时，．
因为对任意的，总存在唯一的，使得成立，
所以，即，解得.
故答案为：.
14．
先由，得出等差数列，再根据恒成立得出为最小值，计算可得首项范围即可.
【详解】因为，当时，，
当时，，
所以
所以，，
可得数列的奇数项是首项为 ，公差为2的等差数列，偶数项是首项和公差均为2的等差数列，
由任意的 ，恒成立，可得，
即有 ，解得 ，①
又，即，解得 ②
由①②，可得
因为各项均不为0，所以，
则，
由于，且，可得，
所以，都有,
综上，可得的取值范围为.
故答案为：.
15．(1)，
(2)最大值为13，最小值为5
（1）根据导数的几何意义可求出结果；
（2）利用导数判断单调性，根据单调性可求出最值.
【详解】（1），
，
又∵曲线在处的切线方程为.
，，即得：，
解得：，
（2）由（1）得：，，
令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因为，，所以.
在区间上的最大值为13，最小值为5.
16．(1)
(2)
（1）根据题意列出方程组求出公差与公比，得到，再由错位相减法求和即可；
（2）由分组求和结合等比数列求和公式与裂项相消法计算即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列公比为，
，
解得：，
，
，
，
，
两式作差得：
.
（2）由（1）得：.
则
.
17．(1)答案见解析；
(2)3.
（1）求出函数的导数，再按与分类讨论求出函数的单调性.
（2）把代入，再等价变形给定的不等式，构造函数，利用导数求出最小值的范围得解.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
①当时，有，此时函数在区间上单调递减；
②当时，当时，，此时函数在区间上单调递增；
当时，，此时函数在区间上单调递减.
所以当时，函数在区间上单调递减；
当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减.
（2）当，时，恒成立，等价于恒成立，
设，，则，
当时，有，
函数在上单调递增，且，，
则存在唯一的，使得，即，
当时，，；当时，，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
设，则当时，，函数在上单调递减，
又因为，所以.
所以正整数的最大值是3.
18．(1)，，
(2)2
(3)证明见解析
【详解】（1）因为对任意正整数都有，
故，，
令，可得，
所以.
当时，，
当时，，符合上式，所以；
（2）由（1）得，当为偶数时，
当为奇数时，为偶数，
.
综上所述，；
若为偶数，则为奇数，由，得，
解得（舍去）或；
若为奇数，则为偶数，由，得，方程无解，
不合题意，舍去.
综上，所求的值为2.
（3）由
现在我们来证明时，，
令，求导得，
所以在上单调递增，所以，
结合当时，，有，
所以.
故
19．(1)有两个零点，证明见解析
(2)①证明见解析，②不存在，理由见解析
【详解】（1）零点有两个，证明如下：，则，
当时，单调递增，，故在上无零点；
当时，单调递减，，故在上有唯一零点；
当时，单调递增，，故在上有唯一零点；
综上，函数在区间上恰有两个零点.
（2）①，
由（1）知在上无极值点,在上有极小值点，即为，在有极大值点，即为，
同理可得，在有极小值点，,在有极值点，
由得，
，
，
，
，则，
由函数在单调递增得，
，
由在单调递增得，
.
②不存在，理由如下，
同①有，则，
由在上单调递增，得，
，且，
当为偶数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，
即；
当为奇数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，还多出最后一项也是负值，
即，
综上，对一切成立，
故不存在使得.

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