北京市房山区2023-2024学年高二下学期学业水平调研（一）数学试题 含解析

房山区2023-2024学年度第二学期学业水平调研（一）高二数学本试卷共5页，150分，考试时长120分钟.第一部分（选择题共50分）一、选择题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.若1，，2成等差数列，则（）A. B. C. D.3【答案】C【解析】【分析】根据题意，结合等差数列的定义，列出方程，即可求解.【详解】由1，，2成等差数列，可得，解得.故选：C.2.已知等比数列的通项公式，则数列的公比为（）A3 B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】根据已知及等比数列的定义可得结果.【详解】因为为等比数列且通项公式为，所以公比，故选：A.3.下列结论中正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】B【解析】【分析】借助复合函数的求导法则计算即可得.【详解】对A、B：若，则，故B正确，A错误；对C、D：若，则，故C、D错误.故选：B.4.设某质点的位移与时间的关系是，则质点在第时的瞬时速度等于（）A.5m/s B.6m/s C.7m/s D.8m/s【答案】A【解析】【分析】求出函数的导数，计算时，的值即可．【详解】，，则时，，所以质点在第3s时的瞬时速度等于5m/s.故选：A.5.函数的图象如图所示，设，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据导数的几何意义结合函数图象即可得解.【详解】由函数图象可知函数为增函数，且增加的速度越来越慢，所以，即.故选：D.6.已知等比数列的前项和为，若，，则公比（）A. B.1 C.或1 D.3【答案】C【解析】【分析】设等比数列的公比为，利用基本量代换列方程组即可求出.【详解】设等比数列的公比为，根据题意可得，，解得或.故选：C.7.已知函数的定义域为，的导函数的图象大致如图所示，则下列结论中错误的是（）A.在上单调递增B.是的极小值点C.是的极大值点D.曲线在处的切线斜率为2【答案】B【解析】【分析】根据题意，利用函数的图象，结合函数和的关系，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，根据函数的图象得，当时，，所以函数在上单调递增，所以A正确；对于B中，根据函数的图象知，在的左右两侧附近，可得，所以单调递增，则不是函数的极值点，所以B错误；对于C中，根据函数的图象知，当时，，单调递增，；当时，，单调递减，所以是函数的一个极大值点，所以C正确；对于D中，根据函数的图象知，，即曲线在处的切线斜率为，所以D正确.故选：B.8.世界上最古老的数学著作《莱因德纸草书》中有一道这样的题目：把60磅面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的两份之和的是较小的三份之和，则最小的1份为（）A.磅 B.磅 C.磅 D.磅【答案】D【解析】【分析】结合题意，利用等差数列的性质计算即可得.【详解】设五个人从小到大所得面包为、、、、，设其公差为，则由题意可得，即，整理可得，又，即，即有，即，即最小的1份为磅.故选：D.9.已知数列的通项公式，且最小项为，则实数的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设函数，利用导数判断单调性，从而得到数列的单调性，求出最小项得解.【详解】设函数，则，所以当时，，当时，，即函数在上单调递减，在上单调递增.因为，，所以，，又，，，，解得.故选：B.10.已知函数，则下列结论中错误的是（）A.当时，函数无零点B.当时，不等式的解集为C.若函数恰有两个零点，则实数取值范围为D.存在实数，使得函数在上单调递增【答案】C【解析】【分析】时，利用导数求出函数得单调区间和极值，进而可判断A；时，借助导数工具判断，结合三次函数的零点情况，分段求解不等式，即可判断B；结合B选项，分别求出函数的零点，在分类讨论即可判断C；举出例子，结合A选项即可判断D.【详解】对于A，当时，，当时，，，当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，所以函数在上没有零点，当时，，，所以函数在上单调递增，所以当时，，所以函数在上没有零点，综上所述，当时，函数没有个零点，故A正确；对于B，时，，则，令，即，解得，令，，即在上单调递减，于是，即，即无解，综上可知，的解集为，故B正确；对于C，，由B选项分析可知，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，取得等号，故时，无解，，解得或，在时有个根，即这个根需排除在外，则，于是，当时，有唯一解，于在时有个根，即这个根需恰好被包含在内，故，即，综上所述，，故C错误；对于D，由A选项得函数在上单调递减，在上单调递增，函数在上单调递增，在上单调递减，当时，在上单调递增，在上单调递增，又，即，所以当时，函数在上单调递增，故D正确.故选：C.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.第二部分（非选择题共100分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.若，则______．【答案】3【解析】【分析】根据导数的定义和导数的求导法则计算即可．【详解】，又，故.故答案为：3.12.设为数列的前项和，且，则_________；数列的通项公式_________.【答案】①②.【解析】【分析】根据求解即可.【详解】由，当时，，当时，，当时，上式成立，所以，.故答案为：；.13.已知函数，则的极小值等于__________；若在区间上存在最小值，则的取值范围是________.【答案】①.②.【解析】【分析】求得可得，得出函数的单调性，求得函数的极小值，结合题意，列出不等式组，求得实数的取值范围，得到答案.【详解】由函数，可得，令，可得或；令，可得，所以在单调递增，在单调递减，当时，函数取得极小值，极小值为，令，即，即或，要使得在区间上存在最小值，则满足，解得，所以实数的取值范围是.故答案为：；.14.无穷数列的前n项和记为．若是递增数列，而是递减数列，则数列的通项公式可以为____．【答案】

（答案不唯一）.【解析】【分析】根据是递减数列，可以考虑该数列各项均为负数，再根据是递增数列，可以联想到在上是递增的函数，进而构造出数列.【详解】因为是递减数列，可以考虑，而是递增数列，可以构造.故答案为：（答案不唯一）.15.已知数列的前项和为（），数列的前项积为，且满足（），给出下列四个结论：①；②；③；④是等差数列.其中所有正确结论的序号是__________.【答案】①③④【解析】【分析】根据关系式，当时，即可求得的值，可判断①；由，可得，当时，，两式相比可得是等差数列，求得可判断③；由利用项与和的关系求得通项可判断②；由，可求得可判断④.【详解】因为，所以当时，，即，解得或0，又，则，所以，故①正确；由，则，所以，当时，，所以，即，整理得，所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，所以，则，所以，故③正确；当时，，又不符合上式，所以，，故②错误；又，所以，，所以为等差数列；故④正确.所以正确的序号有①③④.故答案为：①③④.三、解答题共6小题，共75分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）求函数在区间上的最值.【答案】（1）递增区间为，递减区间为（2）最大值为，最小值为【解析】【分析】（1）求得，分别求得和的解集，即可求解；（2）由（1）求得函数的最大值，以及，的值，进而求得函数的最值.【小问1详解】解：由函数，可得，令，解得或；令，解得，所以函数递增区间为，递减区间为.【小问2详解】解：由函数在上单调递增，在上单调递减，知在上单调递增，在上单调递减，所以，当时，函数取得最大值，最大值为，又，，所以最小值为，所以函数的最大值为，最小值为.17.已知数列是等比数列，，.（1）求数列的通项公式；（2）若为等差数列，且满足，，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意求出公比，即可得解；（2）根据题意求出首项与公差，再根据等差数列前项和公式即可得解.【小问1详解】设公比为，由，，得，所以，所以；【小问2详解】由（1）得，设公差为，则，解得，所以，所以.18.已知数列中，且.（1）求数列的第2，3，4项；（2）根据（1）的计算结果，猜想数列的通项公式，并用数学归纳法证明.【答案】（1），，（2）猜想，证明见解析【解析】【分析】（1）由题意逐个计算即可得；（2）由（1）的计算结果可猜想出数列的通项公式，利用数学归纳法证明即可得.【小问1详解】由且，则，，；【小问2详解】由（1）的计算结果可猜想，证明如下：当时，，等式成立；假设当时等式成立，即有，则当时，有，即当时，等式成立；故猜想成立.19.已知等差数列的前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，且.再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得数列唯一确定，并解答以下问题：（ⅰ）求的通项公式；（ⅱ）若，求的最小值.条件①：；条件②：；条件③：.注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为，根据题意，列出方程组，求得的值，进而求得数列的通项公式；（2）根据题意，分别选择①②③，求得数列的通项公式，利用等差、等比数列的求和公式，结合，列出不等式，即可求解.【小问1详解】解：设等差数列的首项为，公差为，因为，，可得，解得，所以数列的通项公式为.【小问2详解】解：（ⅰ）若选择条件①，由，可得，又因为，可得数列是首项为，公差为等差数列，所以数列的通项公式为（ⅰi）由，可得，又由，可得，因为，可得，即，又因为，可得，所以的最小值.（ⅰ）若选择条件②：由，可得，因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.（ⅰi）由，可得，又由，可得，因为，可得，即，经验证，当时，可得；当时，可得，所以使得成立时，的最小值.（ⅰ）若选择条件③：由，当时，可得，两式相减，可得，即，因为，所以.（ⅰi）由，可得，又由，可得，因为，可得，即，解得或（舍去），又因为，所以，即使得成立时，的最小值.20.某公园为了美化游园环境，计划修建一个如图所示的总面积为的矩形花园.图中阴影部分是宽度为1m的小路，中间，，三个矩形区域将种植牡丹、郁金香、月季（其中，区域的形状、大小完全相同）.设矩形花园的一条边长为，鲜花种植的总面积为.（1）用含有的代数式表示；（2）当的值为多少时，才能使鲜花种植的总面积最大？【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设矩形花园的长为，结合，进而求得关于的关系式；（2）由（1）知，得到，结合基本不等式，即可求解.【小问1详解】解：设矩形花园的长为，因为矩形花园的总面积为，所以，可得，又因为阴影部分是宽度为1m的小路，可得，可得，即关于的关系式为.【小问2详解】解：由（1）知，，则，当且仅当时，即时，等号成立，所以当时，才能使鲜花种植的总面积最大，最大面积为.21.已知函数.（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）求函数的极值点；（3）写出的一个值，使方程有两个不等的实数根.并证明你的结论.【答案】（1）（2）答案见解析（3），证明见解析【解析】【分析】（1）利用求导及导数的意义，即可求出切线方程；（2）由于原函数含有参数，所以要对参数进行分类讨论，从而利用导数思想来判断函数单调性，再判断极值点情况；（3）由