四川省嘉祥教育集團2024-2025學年高二下學期期中質量監(jiān)測數學試題（解析）

第頁，共頁嘉祥教育集團2024－2025學年高二下學期質量監(jiān)測試題數學注意事項：1．在作答前，考生務必將自己的姓名、考號涂寫在試卷和答題卡規(guī)定的地方．考試結束，監(jiān)考人員只將答題卡收回，試卷請考生自己妥善保存．2．選擇題部分必須用2B鉛筆填涂；非選擇題部分必須使用0.5毫米黑色墨水簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚．3．請按照題號在答題卡上各題目對應的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題均無效．4．保持答題卡清潔，不得折疊、污染、破損等．第Ⅰ卷（選擇題共58分）一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.已知函數，則=（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】【分析】求導，得到，結合，計算出答案.【詳解】，，，故.故選：B2.等差數列單調遞增，且滿足，則公差為（）A.1 B.2 C.0或1 D.0或2【答案】B【解析】【分析】由題意，設等差數列的公差為，且，列出方程，即可求出公差.【詳解】設單調遞增的等差數列的公差為，且，因為，所以，又，則，即，解得，或（舍去）.故選：B.3.函數的圖象在點處的切線方程為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據導數的幾何意義求曲線在處的切線方程.【詳解】因為，，所以.所以.所以的圖象在點處的切線方程為：，即.故選：D4.函數的圖象大致為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用導數探討函數單調性，進而求出最小值即可判斷.【詳解】函數的定義域為R，求導得，令，求導得，函數R上單調遞增，當時，，當時，，函數在上單調遞減，在上單調遞增，，BCD錯誤，A正確.故選：A5.若等比數列的前項和為，則“”是“單調遞增”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】利用等比數列的前n項和公式及，結合充分、必要性定義判斷條件的關系.【詳解】若的公比為，則，若時，不單調，充分性不成立；若單調遞增，則恒成立，故，必要性成立，所以“”是“單調遞增”的必要不充分條件.故選：B6.函數在區(qū)間上的最小值、最大值分別為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用導數判斷在區(qū)間上的單調性，進而分析最值.【詳解】因為，，則，令，則或；令，則；可知在內單調遞增，在內單調遞減，且，即，所以函數在區(qū)間上最小值、最大值分別為.故選：D.7.等比數列{an}滿足a5=2，，則（）A.22 B.20 C.12 D.10【答案】A【解析】【分析】根據等比數列的性質即可求解.【詳解】等比數列{an}滿足a5=2，所以，則，所以.故選：A8.對于函數，設是函數的導函數，把滿足的值叫做函數的“自足點”.若函數的“自足點”分別記為，則的大小關系為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由題意建立方程，直接求解可得，分別求導數判斷函數單調性后由零點存在性定理得出范圍，即可得解.【詳解】由，即，即，解得；由，即，即.令，恒成立，所以在單調遞增.又因為，，由零點存在性定理可知，存唯一，使得，即.，即，即.令，.令，解得或.所以在，單調遞增，在單調遞減.又因為，由零點存在性定理可知，存在唯一，使得，即.綜上，.故選：B二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分．有2個正確答案的，每選對1個，得3分；有3個正確答案的，每選對1個，得2分；凡選錯1個答案的，得0分．）9.下列求導運算正確的有（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】結合導數的四則運算法則以及復合函數的求導法則代入計算，逐一判斷，即可得到結果.【詳解】對于A，，故A錯誤；對于B，，故B正確；對于C，，故C正確；對于D，，故D正確；故選：BCD10.已知數列的前n項和為，且，，則（）A.為等比數列B.C.當最小時，D.存在數列中的三項成等差數列，其中m，k，p為正整數，且【答案】AC【解析】【分析】根據數列的遞推關系可判斷；根據為等比數列可知偶數項構成等比數列，根據等比數列前項和公式即可判斷；利用導數即可判斷；由等差中項和等比數列的通項公式可得，然后根據已知判斷該式不成立，即可判斷.【詳解】對于，當時，因為，所以，所以，即，當時，，所以，所以數列是首項為，公比為的等比數列，故正確；對于，因為數列是首項為，公比為的等比數列，所以，，所以偶數項構成首項為，公比為的等比數列，所以，故錯誤；對于，因為，所以，令，所以，當，時，，當，時，，又，所以當最小時，，故正確；對于，若成等差數列，，，則，所以，所以，等式兩邊同時除以得，所以，所以，因為且，所以，所以，所以，又，所以不成立，所以不存在數列中的三項成等差數列，其中m，k，p為正整數，且，故錯誤.故選：.11.已知函數及其導函數的定義域為，若為奇函數，，且對任意，則下列正確的有（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根據賦值法，結合原函數與導函數的對稱性，奇、偶函數的定義、函數周期性進行求解即可.【詳解】由，令，則，因為，所以，故A正確；令，則有①，所以，因為為奇函數，所以為偶函數，，所以②，由①—②整理有，即，所以，所以是周期為3的周期函數，所以，故B正確；因為，所以，故C錯誤；①中，令，得，所以，所以，故D正確.故選：ABD.第Ⅱ卷（非選擇題共92分）三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）12.函數的單調遞增區(qū)間為____________．【答案】【解析】【分析】求導，結合函數的定義域，利用可得函數的單調遞增區(qū)間.【詳解】因為，因為，由可得：，即（舍去）或.所以函數的單調遞增區(qū)間為：.故答案為：13.若曲線存在過原點的切線，則實數的取值范圍為__________．【答案】【解析】【分析】設切點橫坐標，利用導數的幾何意義求得切線方程，根據切線經過原點得到關于的方程，根據此方程應有實數根，求得的取值范圍.【詳解】∵，∴，設切點為,則,切線斜率,切線方程為：,∵切線過原點，∴,整理得：,∵存在過原點的切線，∴,解得或,∴的取值范圍是,故答案為：14.若為關于x的方程的實數根，且．若，其中表示不超過x的最大整數．記數列的前n項和為，有恒成立，則實數的取值范圍為____________．【答案】【解析】【分析】由條件可得，然后分n為偶數與n為奇數討論，結合等差數列的求和公式代入計算，即可得到結果.【詳解】當時，；當時，.又因為時，單調遞增，所以.當n為偶數時，；當n為奇數時，.當n為奇數時，，此時，即為，當，或時，最小，所以.當n為偶數時，，此時，即為，當時，最小，所以.綜上：的取值范圍為.故答案為：四、解答題（本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）15.正項等比數列的前項和為，滿足，．（1）求的通項公式；（2）若為的前n項積，求的最大值（可以用指數式表示），并求出最大時的值．【答案】（1）（2）或，的最大值為.【解析】【分析】（1）根據求出公比，根據求出首項即可；（2）討論、、即可求出.【小問1詳解】設數列公比為，則，解得或，因等比數列為正項數列，則，則，解得，則.【小問2詳解】當時，；當時，；當時，，所以當或時，最大，最大值為.16.已知函數，．（1）討論單調性；（2）若函數有兩個零點，求實數的取值范圍．【答案】（1）在單調遞增，在單調遞減（2）【解析】【分析】（1）求導，利用導函數的符號確定函數的單調區(qū)間.（2）結合題意，判斷當和當時函數值的符號，再由函數的最小值為負數可確定的取值范圍.【小問1詳解】的定義域為，.令，解得，或（舍）；由解得.∴在單調遞增，在單調遞減.【小問2詳解】若函數有兩個零點，還需滿足即，解得.17.數列滿足，.（1）求證：數列為等差數列；（2）設，證明：數列的前n項和.【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】【分析】（1）變形得到，從而是首項為1，公差為1的等差數列；（2）法一：由（1）可得，再利用裂項求和法，結合構造函數法與導數即可得證；法二：由（1）可得，再利用對數的運算，結合構造函數法與導數即可得證.【小問1詳解】因為，，故，，則，，為常數，又因為，所以數列是首項為1，公差為1的等差數列；【小問2詳解】法一：由（1）知，，故，，令，恒成立，所以在單調遞增.又因為，所以，即恒成立，所以，證畢.法二：由（1）知，，故，，令，恒成立，所以在單調遞增.又因為，所以，即恒成立，所以，證畢.18.已知函數，．（1）設，求函數的極值；（2）若恒成立，求實數k的取值范圍；（3）若直線l與曲線分別相切于點，且．求證：．【答案】（1）極小值，無極大值（2）（3）證明見解析【解析】【分析】（1）利用導數求函數的極值；（2）由（1）和已知，問題轉化為恒成立，令，求出其最大值，即可得到實數k的取值范圍；（3）先求出直線l與曲線、相切的切線方程，兩方程聯(lián)立，法一，通過代入化簡變形，利用基本不等式，證得；法二，通過代入化簡變形，可證得，即可證得.【小問1詳解】因為，則，則，令，解得，所以在單調遞增，在單調遞減，所以當時，取得極小值，為；無極大值.【小問2詳解】由題意，①當時，，所以恒成立；②當時，不等式變?yōu)?，即為，此時，由（1）知在單調遞增，所以的解為，即恒成立.令，，，令，解得所以在上單調遞增，在上單調遞減，最大值為所以.【小問3詳解】直線l與曲線分別相切于點，因為，，，，則直線l與曲線相切的切線方程為，即為，①直線l與曲線相切的切線方程為，即為，②聯(lián)立①、②，有法一，由③得，即，⑤將③⑤代入④，得，即，又，所以，令，則，令，則，當時，，所以函數，在上單調遞增，所以，所以，所以.法二，由③式可得，代入④式可得，，即，又，則，所以.19.歐拉函數在密碼學中具有重要應用，尤其是在公玥密碼體制如算法中扮演核心角色．歐拉函數的函數值等于所有不超過正整數n，且與n互素（互素：公約數只有1）的正整數的個數，例如：．（1）直接寫出的值；（2）設，求數列的通項公式，并求數列的前n項和；（3）設p，q為兩個不相等的素數，，證明：①；②．【答案】（1）（2），（3）①證明見解析；②證明見解析【解析】【分析】（1）利用歐拉函數的定義，結合素數的性質可得到的值；（2）由已知，求出不超過，且與不互素的數的個數，進而求出，利用錯位相減法求出；（3）①由題意，求出不超過，且與p不互素的數的個數；不超過，且與q不互素的數的個數；進而得到中重復的數的個數，即可證得；②求出不超過，且與p不互素的數的個數；不超過，且與q不互素的數的個數；進而得到中重復的數的個數，即可證得.【小問1詳解】由已知，所有不超過正整數12，且與12互素的正整數有，共4個，所以，所有不超過正整數27，且與27互素的正整數有，共18個，所