江西省抚州市崇仁一中广昌一中南丰一中金溪一中四校2023-2024学年高二下学期第二次月考数学试卷

2023——2024学年下学期崇仁一中、广昌一中、南丰一中、金溪一中高二第二次月考联考数学试题考试时间：120分钟一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知一列数如此排列：，则它的一个通项公式可能是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据选项逐项判断即可.【详解】对于A，，A错；对于B，，B错；对于C，，C错；，逐项验证可知D符合，所以D正确；故选：D．2.已知函数，则其在处的切线方程为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用导数的几何意义求切线方程即可.【详解】，则，而，所以在处的切线方程为，即.故选：B3.在等差数列中，首项，前3项和为6，则等于（）A.0 B.6 C.12 D.18【答案】A【解析】【分析】根据题意求出公差，从而可得出答案.【详解】设公差为，则，解得，所以.故选：A.4.设为等差数列的前项和，.若，则（）A.的最大值是 B.的最小值是C.的最大值是 D.的最小值是【答案】D【解析】【分析】将所给条件式变形，结合等差数列前n项和公式即可证明数列的单调性，从而由可得和的符号，即可判断的最小值.【详解】由得：，整理可得：，等差数列为递增数列，又，，，当且时，；当且时，；有最小值，最小值为.故选：D.5.已知为等比数列，函数，若与恰好为两个极值点，那么的值为（）A.或 B. C.2 D.【答案】C【解析】【分析】设等比数列的公比为，结合导数分析函数的单调性，进而确定极值点，可得，且，进而结合等比数列的性质求解即可.【详解】设等比数列公比为，由，得，令，则或；令，则，所以函数在和上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得极大值；当时，取得极小值.因为与恰好为的两个极值点，所以，且，又，且，所以.故选：C.6.已知函数,则的图像大致为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】试题分析：设，则，∴在上为增函数,在上为减函数，∴，，得或均有排除选项A，C，又中,，得且，故排除D.综上，符合的只有选项B.故选B.考点：1、函数图象；2、对数函数的性质.7.“数学王子”高斯是近代数学奠基者之一，他的数学研究几乎遍及所有领域，在数论､代数学､非欧几何､复变函数和微分几何等方面都作出了开创性的贡献.我们高中阶段也学习过很多高斯的数学理论，比如高斯函数､倒序相加法､最小二乘法等等.已知某数列的通项，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分离常数后可得，再利用倒序相加法，即可求解．【详解】当时，，，，，，，即.故选：D．8.已知函数在上单调递增，则正实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出函数的导数，参变量分离将问题转化为恒成立，设，根据函数的单调性求出的范围即可．【详解】，由题意得：在上恒成立，即恒成立，设，，令，解得：，令，解得：，故在递减，在递增，故，故，所以正实数.故选：C.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.下列结论中正确的有（）A. B.C. D.【答案】CD【解析】【分析】根据基本初等函数的导数公式及导数的运算法则计算可得.【详解】对于A：，故A错误；对于B：，故B错误；对于C：，故C正确；对于D：，故D正确；故选：CD10.已知函数，，则（）A.1是函数的极值点 B.当时，函数取得最小值C.当时，函数存在2个零点 D.当时，函数存在2个零点【答案】AD【解析】【分析】求出函数的导数，根据导数的符号判断函数的单调性，从而可判断AB的正误，根据零点存在定理和最值的符号可判断CD的正误.【详解】，令可得，当时，；当时，，故为极大值点，故A正确.又在上为增函数，在上为减函数，故当时，函数取得最大值，故B错误当时，，又，而，故且，令，则，故在上为减函数，故，由零点存在定理及的单调性可得有两个不同的零点，故D正确.而当时，当时，恒成立，故在最多有一个零点，故C错误.故选：AD【点睛】方法点睛：导数背景下的函数零点个数问题，应该根据单调性和零点存在定理来说明，注意需选择特殊点的函数值，使得其函数值的符号符合预期的性质，选择特殊点的依据有2个方面：（1）与极值点有明确的大小关系；（2）特殊点的函数值较易.与零点有关的不等式问题，可依据零点的性质及函数的单调性构建新函数来证明.11.已知各项均为正数的数列满足：，且，是数列的前n项和，则（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】A.将条件变形，利用求根公式，即可求解；B.根据通项公式求；C.作除法，和1比较大小，即可判断；D.利用通项公式求，再构造函数证明，利用不等式变形，结合等差数列求和，即可证明.【详解】A.，变形为，根据求根公式可知，因为，所以，故A错误；B.，故B正确；C.，，所以（）,故C正确；D.所以，设，，，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当时，函数取得最大值0，所以，即，当时，等号成立，所以，，所以，故D正确.故选：BCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.等差数列中，，，则的前和为______.【答案】【解析】【分析】利用等差数列的通项公式和前项和公式计算即可.【详解】设等差数列的公差为，则，解得，所以，故答案为：.13.若函数在区间内存在最大值，则实数的取值范围是____________.【答案】【解析】【分析】首先利用导数判断函数的单调性，再根据函数在开区间内存在最大值，可判断极大值点就是最大值点，列式求解.【详解】由题可知：所以函数在单调递减，在单调递增，故函数的极大值为.所以在开区间内的最大值一定是又，所以得实数的取值范围是故答案为：【点睛】关键点点睛：由函数在开区间内若存在最大值，即极大值点在区间内，同时还得满足极大值点是最大值，还需列不等式，不要忽略这个不等式.14.已知函数有且仅有一条切线经过点.若，恒成立，则实数的最大值是______.【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义及直线的点斜式方程，将所求问题转化为方程的根的问题，求出函数表达式，然后再分离参数，构造函数，利用导数法求最值即可【详解】因为，所以，设切点为，由题意，有且仅有一解，即只有一解，则，解得或（舍），所以，恒成立，即在上恒成立，当时，，此时；当时，在上恒成立，记，则，，令，则，，令，得，令，得，所以在单调递增，在单调递减，又，所以当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减，所以，所以，即，综上，，所以实数的最大值是故答案为：【点睛】关键点点睛：利用导数研究函数的单调性，如果一次求导无法解决时，可以利用多次求导的方法来解决.在此过程中，要注意导函数和原函数间的对应关系.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤15.已知函数在处取得极值14.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求函数在上的最值.【答案】（1）（2）最小值为14，最大值18【解析】【分析】（1）由极值和极值点，利用导数求出未知系数，再利用导数的几何意义求切点处切线的方程.（2）利用导数求函数单调区间，根据单调性求函数在区间上的最值.【小问1详解】因，故由于在处取得极值14，故有，化简得，解得，经检验，时，符合题意，所以.则，，故.所以曲线在点处的切线方程为：，即【小问2详解】，，解得或；解得，即函数在上单调递增，上单调递减，上单调递增，，因此在的最小值为.最大值为16.设是数列的前n项和，且，．（1）求；（2）求数列的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先根据与的关系得到，然后由等差数列通项公式可得；（2）利用裂项相消法求解即可.【小问1详解】因为，，所以，两边同除以得，因为，所以，因此数列是首项为，公差为的等差数列，所以，所以.【小问2详解】由（1）知，∴，∴.17.请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E、F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE=FB=x（1）若广告商要求包装盒侧面积S（cm）最大，试问x应取何值？（2）若广告商要求包装盒容积V（cm）最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．【答案】（1）x=15cm（2）【解析】【详解】试题分析：（1）先设包装盒的高为，底面边长为，写出，与的关系式，并注明的取值范围，再利用侧面积公式表示出包装盒侧面积关于的函数解析式，最后求出何时它取得最大值即可；（2）利用体积公式表示出包装盒容积关于的函数解析式，利用导数知识求出何时它取得的最大值即可．设包装盒的高为，底面边长为由已知得（1）∵∴当时，取得最大值（2）根据题意有∴．由得，(舍)或．∴当时；当时∴当时取得极大值，也是最大值，此时包装盒的高与底面边长的比值为即包装盒的高与底面边长的比值为．考点：1．函数的应用问题；2．函数的最值与导数；3．二次函数的图像与性质．18.已知函数.（1）讨论函数的单调性（2）当时，证明：；（3）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析（3）3【解析】【分析】（1）求导后，分和两类进行分类讨论，结合导数求单调区间的方法即可求解（2）由题意，将代入函数解析式中，对函数进行求导，利用导数得到函数的单调性和最值，进而即可求解；（3）构造函数，将问题转化成关于的不等式恒成立，分别讨论当和这两种情况，结合导数的几何意义进行求解即可．【小问1详解】（i）当时，在上为单调递增（ii）当时，，解得：在为单调递增，解得：在为单调递减，综上，当时，在上为单调递增；当时，在为单调递增，在为单调递减.【小问2详解】证明：当时，，函数定义域为，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，函数取得极大值也是最大值，最大值，则，又，所以；【小问3详解】若关于的不等式恒成立，不妨设，函数定义域为，可得，当时，，单调递增，又，此时关于的不等式不成立；当时，因为，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，不妨设，函数定义域为，可得，所以函数单调递减，又，，所以当时，，故整数的最小值为3．19.已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.设该数列的前项和为,规定：若,使得（），则称为该数列的“佳幂数”.（1）将该数列的“佳幂数”从小到大排列，直接写出前3个“佳幂数”；（2）试判断50是否为“佳幂数”，并说明理由；（3）（i）求满足>70的最小的“佳幂数”;

（ii）证明：该数列的“佳幂数”有无数个.

【答案】（1）1，2，3；（2）不是；（3））（i）95；（ii）见解析.【解析】【分析】(1)；(2)先根据题意确定前9项有45个数，所以，不能表示为，因此不是“佳幂数”；(3)(i)因为，所以，结合条件确定t的最小值，解得最小的“佳幂数”；(ii)由得“佳幂数”有无数个【小问1详解】解：因为，所以1为该数列的“佳