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广东省汕尾市陆丰市2025—2026学年度第二学期期中教学质量监测高二数学
一、单选题
1．已知等比数列满足，则=（ ）
A．3 B． C．1 D．
2．记为等差数列的前n项和，若，，则=（ ）
A．78 B．84 C．90 D．96
3．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列描述正确的是（ ）

A．在单调递增 B．在处取得极大值
C．在单调递增 D．在处取得最大值
4．函数在区间上的平均变化率为（ ）
A． B．b C． D．a
5．已知数列则是该数列的（ ）
A．第99项 B．第100项 C．第101项 D．第102项
6．已知等差数列的前项和为，，，则=（ ）
A． B． C． D．
7．已知为等比数列，和是函数的两个极值点，则（ ）
A．-1013 B．1014 C．-1014 D．1013
8．已知函数的定义域为，其导函数是．若，则关于x的不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列求导运算中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知数列满足，且，记数列的前n项和为，则下列结论正确的有（ ）
A．数列为周期数列，且最小正周期为4
B．若，则是常数列
C．
D．
11．函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则在单调递减，在单调递增
B．若，则
C．若，则存在一个极值点
D．若，则恒成立
三、填空题
12．已知函数，则曲线在处的切线的斜率为_________．
13．已知函数，若对于任意，都有，则实数的取值范围是_________．
14．设数列满足，，，定义，为数列的前n项和，则=_________（结果用数字作答），=_________．（结果用和表示）
四、解答题
15．已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)求函数在闭区间上的最值．
16．已知函数．
(1)求函数的零点和极值；
(2)设直线l为曲线在点处的切线，若l与曲线只有一个公共点，求a的值．
17．已知数列满足，，设．
(1)证明：数列是等比数列，并求的通项公式；
(2)设，记为数列的前n项和，证明：．
18．设为数列的前n项和，且．数列满足，．
(1)求数列和通项公式；
(2)记为数列的前n项和．
（i）求；
（ii）若，求n的最小值．
19．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，求证：；
(3)已知，，恒有，求的取值范围．
参考答案
1．D
【详解】在等比数列中，由，得，所以或．
2．A
【详解】在等差数列中，有，所以．
3．C
【详解】由导函数的图象，可得：
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，当时，函数取得极小值，当时，函数取得极大值，但不一定为函数的最大值
4．C
【详解】根据平均变化率公式可得：．
5．B
【详解】归纳可得数列的通项为，
令，即，故为偶数且，
解得．
6．C
【详解】利用等差数列重要性质：，，成等差数列，
则，所以，
所以．故C正确．
7．B
【详解】，求导可得，
和是的两个极值点，即和是的两个根，
根据韦达定理可得，，
因为是等比数列，所以，
因此．
8．D
【详解】设函数，，求导可得
所以函数在上单调递增，
易知时，，不等式等价于，即，
在上单调递增，可得，
因为，因此不等式的解集为．
9．AD
【详解】对于A，，所以A正确；
对于B，，所以B错误；
对于C，，所以C错误；
对于D，，所以D正确．
10．ABD
【详解】选项A：因为，，所以，，，，
因此为周期数列，且最小正周期为4；
选项B：由A可知一个周期内四项的和为，
而是连续4项之和，等于，所以是常数列；
选项C：因为的周期为4，所以，，，
所以，即C错误；
选项D：．
11．ACD
【详解】，求导可得，
令，求导可得．
选项A：当时，，所以函数在单调递增，
因为，
所以当时，，则，函数在单调递减，
当时，，则，函数在单调递增；
选项B：当时，要证，即证，
当时，，而，此时不成立；
选项C：当时，因为，所以，在上单调递增，
因为，，所以存在，使得，
当时，则，函数在单调递减，
当时，则，函数在单调递增，
所以是函数的极小值点，因此存在一个极小值点；
选项D：当时，，故，
由选项C可知，当时，在处取得极小值，
其中满足，即，
则，
因为，所以，，故，
因此恒成立，故当时，恒成立．
12．4
【详解】，求导可得，
曲线在处的切线的斜率为．
13．
【详解】由题意，函数在上单调递增，所以在上恒成立，
因为，要使对任意恒成立，则对任意恒成立，
记，易知在上为减函数，所以，因此，
综上，实数的取值范围是．
14． ．
【详解】由题意可得，，，，，
则，
因为，
所以
.
15．(1)单调递增区间为和，单调递减区间为．
(2)最大值为83，最小值为．
【详解】（1）由题意，的定义域为，且，
令，解得或．
当或时，；当时，，
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为．
（2）由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，
又，，，，
所以在闭区间上的最大值为83，最小值为．
16．(1)极大值为0，无极小值，只有一个零点．
(2)或．
【详解】（1）的定义域为，
令=0，解得．
令，解得，函数在上单调递增，
令，解得，函数在上单调递减，
当时，的极大值为，无极小值，所以函数只有一个零点．
（2）的导数为，
曲线在处的切线l的斜率为，
则曲线在处的切线l的方程为，即．
由于切线l与曲线只有一个公共点，
将与联立，
得①有且只有一解，
当时，①式变为，则，方程①有且只有一解，符合题意；
当时，则，即，解得，
综上，或．
17．(1)证明见解析，
(2)证明见解析
【详解】（1）法一：由得，
即，又，故，所以，
所以是首项为2，公比为2的等比数列．
从而，故．
法二：对，，且，
所以是首项为2，公比为2的等比数列．
从而，故．
（2）由（1）知，则，，
∴，
，
∵，∴，∴，故得证．
18．(1)，；
(2)（i）（ii）4．
【详解】（1）数列中，，
当时，，
而，满足上式，因此；
由，得，即，
则数列是常数列，，因此，
所以数列和通项公式分别为和.
（2）（i）由（1）得，
，
于是，
两式相减得，
所以.
（ii）法一：由，得，则数列单调递增，
而，，，，，
，，，，
所以n的最小值为4．
法二：由，得，即，
令，则，即，
即为减函数，而，，，，
所以n的最小值为4.
19．(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）由题意得，函数的定义域为，，
当时，，所以在上单调递增，
当时，令，解得，单调递增，
令，解得，单调递减，
综上，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）解法一：当时，，由（1）知在处取得最大值，
设，则，
当时，，所以在为增函数，
所以当时，，∴．
解法二：当时，，，
即证明当时，，
设，则，令，
由得在时为增函数，
又因为，，
则存在，使得，即，也即，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，有最小值，即，
（因为，所以基本不等式等号不成立）
所以当时，．∴．
（3）由已知，
因为，所以．即，
设，可得，也即，
设，由，所以在上为增函数，
又因为，所以，
即，也即在恒成立，
令，，令得，
列表
单调递增 单调递减
所以，因此的取值范围．

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