江西省上饶市横峰中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷

2023—2024学年度高二数学期末考试卷考试范围：选择性必修第二册；考试时间：120分钟注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上第Ⅰ卷（选择题）一、单选题1.在等比数列中，，则（）A.2 B.4 C.8 D.162.已知函数，则（）A. B. C.2 D.43.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯盏数（）A.9 B.6 C.3 D.24.若数列是公比为的等比数列，且，，则的值为（）A.2 B.4 C. D.5.已知为偶函数，且当时，，其中为的导数，则不等式的解集为（）A. B. C. D.6.已知函数在内有最小值，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.7.已知，，，则，，的大小关系正确的是（）A. B. C. D.8.设等差数列的前项和为，公差为，，则下列结论正确的是（）A. B.使得成立的最小自然数是20C. D.二、多选题9.下列运算正确的有（）.A. B.C. D.10.设函数的导函数为，则（）A. B.是的极值点C.存在零点 D.在上单调递减11.任取一个正数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1.这是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），（）.若，记数列的前项和为，则（）A.或16 B. C. D.第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题12.已知函数，则曲线在点处的切线方程为______.13.已知数列满足，，单调递增，则的取值范围为______.14.已知函数及其导函数的定义域均为，且为偶函数，若时，，且，则不等式的解集为______.四、解答题15.已知函数（，）在处取得极小值为1.（1）求，的值；（2）求函数在区间上的值域.16.已知数列是等差数列，且，.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.17.已知为数列的前项和，且.（1）求数列的通项公式；（2）设为数列的前项和，求证：.18.已知函数.（1）判断函数的单调性，并求出的极值；（2）设函数（），讨论函数的零点个数.19.微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下：如果函数在闭区间上连续，在开区间可导，导数为，那么在开区间内至少存在一点，使得，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”.已知函数.（1）若，，求函数在上的“拉格朗日中值点”；（2）若，，求证：函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；（3）若，，，，，且，求证：.

高二数学期末考试参考答案1.C【分析】由等比数列的性质即可求解.【详解】由题意得，得.故选：C2.B【分析】利用导数公式和极限公式即可求解.【详解】，则.故选：B.3.C【分析】设塔的顶层共有盏灯，则数列是公比为2的等比数列，利用等比数列前项和公式即可求解.【详解】设塔的顶层共有盏灯，则数列是公比为2的等比数列，依题意，，解得，故选：C4.A【分析】根据给定条件，可得，利用对数运算及等比数列性质求出.【详解】数列中，由，知，，则，又，于是，而，所以.故选：A5.A【分析】根据已知不等式和要求解的不等式特征，构造函数，将问题转化为解不等式.通过已知条件研究的奇偶性和单调性即可解该不等式.【详解】令，则根据题意可知，，∴是奇函数，∵，∴当时，，单调递减，∵是奇函数，，∴在上单调递减，由不等式得，.故选：A.6.B【分析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极小值点，从而得到关于的不等式组，解得即可.【详解】函数的定义域为，，令可得或（舍），当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，即最小值，又因为函数在内有最小值，故，解得，所以的取值范围是.故选：B7.D【分析】由于，所以构造函数（），然后利用导数判断函数的单调性，再利用单调性比较大小即可【详解】，，令（），则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，因为，所以，，因为，所以，所以故选：D8.C【分析】根据题意可知数列单调递减且，，，由通项公式化简可判断A，由等差数列的性质及求和公式结合条件可判断B，根据为递减数列即可判断C，由，的关系及，的符号可判断D.【详解】由公差为，可知，等差数列为递减数列且，，对，故A错误；对B，因为，所以，所以，故B错误；对C，因为，且，所以由一次函数单调性知为单调递减数列，所以，故C正确；对D，由B知，且，所以，因为，，若，则，且，即，即，而，，显然矛盾，故不成立，故D错误.故选：C9.BC【分析】根据复合函数的导数运算性质，结合常见函数的导数公式逐一判断即可.【详解】对于A：因为，故A不正确；对于B：因为，故B正确；对于C：因为，故C正确；对于D：因为，故D不正确.故选：BC.10.AD【分析】先求出函数的定义域，即可判断C；求导，令，即可判断A；根据导数及极值点的定义即可判断BD.【详解】函数的定义域为，对于C，对任意的，，C错误；对于A，，且，所以函数在上为减函数，故AD正确，B错误.故选：AD.11.ABD【分析】先根据的奇偶性求出，再根据的奇偶性即可求出，即可判断A；分类讨论，求出数列的周期，进而可判断BCD.【详解】因为，由“冰雹猜想”可得，，①若为偶数，则，所以，当为偶数时，则，所以，即，当为奇数时，则，解得（舍去），②若为奇数，则，解得，当为偶数时，则，所以，即，当为奇数时，则，解得（舍去），综上所述，或16，故A正确；当时，由，得，，，，，所以数列从第三项起是以3为周期的周期数列，因为，所以，，当时，由，，，，，，，，所以数列从第三项起是以3为周期的周期数列，因为，所以，，综上所述，，或4742，故B正确，C错误；对于D，数列从第三项起是以3为周期的周期数列，所以，故D正确.故选：ABD.12.【分析】利用导数的几何意义可求得切线斜率，进而得到切线方程.【详解】已知函数，则，且，则，所以曲线在点处的切线方程为，即.故答案为：.13.【分析】根据可得，再结合单调递增以及等比数列定义可求出，则由即可得解.【详解】因为，所以，又因为单调递增，所以，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，所以，所以即，则的取值范围为，故答案为：.14.【分析】求出函数在的单调性，且是偶函数，将问题转化为即可依据函数的单调性和奇偶性求解.【详解】因为时，，所以，即，因此，从而在上单调递增，又是上的偶函数，且是偶函数，所以，即是上的偶函数，故在上单调递减，由于，因此，又即，即，所以，故由的单调性和偶函数特点可知，因此的取值范围为.故答案为：.15.（1），；（2）.【分析】（1）根据函数的极值求，.（2）由（1）得，利用导数分析在区间上的单调性，从而求出值域.【详解】（1）由题设，函数（，）在处取得极小值为1，则，即，解得，检验，当，时，，∴，当时，，当时，，∴在，上单调递增，在上单调递减，∴在处取得极小值，满足题意.所以.（2）由（1）得，∴，令，得；令，得或，∴在上的单调递减区间是，单调递增区间为，，∵，，，，∴函数在区间上的值域为.16.（1）；（2）.【分析】（1）由题可得，从而求出，，进而得到数列的通项公式；（2）由（1）得，采用裂项相消法求出.【详解】（1）设等差数列的公差为，，解得.，可得，解得.所以.（2），所以17.（1）；（2）证明见解析【分析】（1）由，可得：（），两式相减化为：（），利用等比数列的通项公式即可得出.（2）由，利用错位相减法即可得出.根据关于单调递增，即可证明结论.【详解】（1）∵，∴（），两式相减，得，∴（），又当时，，∴为等比数列，公比为，∴.（2）设，∴，则，两式相减，得化简得.∵，∴，∴，∴，∴关于单调递增，∴，∴18.（1）单调性见解析；极大值为1，无极小值；（2）答案见解析【分析】（1）根据，，即可得出的单调性，结合极值的概念即可求解；（2）将原问题转化为直线与函数图象的交点个数，由（1）可得的单调性，作出图形，结合图形即可求解.【详解】（1），则，令，，所以在上单调递增，在上单调递减，则在处取得极大值，且，无极小值.（2）由题意知，要求函数的零点个数，即求方程的根的个数，即求直线与函数图象的交点个数.由（1）知在上单调递增，在上单调递减，且，，当时，当时，如图，由图可知当或时，函数有1个零点；当时，函数有2个零点；当时，函数有0个零点.19.（1）4；（2）证明见解析；（3）证明见解析【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，解得即可；（2）不妨设，，，则，求出函数的导函数，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明，再结合拉格朗日中值定理证明即可；（3）由拉格朗日中值定理可知只需证明，即证明在上单调递减，求出导函数，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可得证.【详解】（1）当，时，则，因为为函数在上的“拉格朗日中值点，则，即，解得（2）当，时，不妨设，，，则，又，令，则，又，所以恒成立，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，即最大值，所以，所以，由拉格朗日中值定理可知必存在使得，即，又，所以，即函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；（3）当，时，由拉格朗日中值定理知，存在和，使得，，所以只需证明，即证明在上单调递减，又，令，则，令，则，当时，令，，则，则在