四川省内江市威远中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

威远中学届高二下期半期考试数学（命题人：第三小组）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷满分分，考试时间分钟.第Ⅰ卷（选择题共分）选择题：本大题共85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.已知等差数列的前项和为，若，则（）A.B.C.1D.【答案】D【解析】【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成和来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.【详解】方法一：利用等差数列的基本量由，根据等差数列的求和公式，，又.故选：D方法二：利用等差数列性质根据等差数列的性质，，由，根据等差数列的求和公式，，故.故选：D方法三：特殊值法不妨取等差数列公差，则，则.故选：D2.在等比数列中，，，则（）第1页/共15页A.4B.8C.10D.12【答案】B【解析】【分析】由等比数列的性质运算即可.【详解】由题意，且，所以.故选：B.3.函数单调递增区间是（）A.B.和C.D.【答案】C【解析】【分析】利用导数求得的单调递增区间.【详解】由题设，且，可得，所以递增区间为.故选：C4.在等比数列{a}中，a>0，且a+a=1，a+a=9，则a+a5的值为（）A.16B.27C.36D.81【答案】B【解析】【分析】根据数列的基本量的运算，由，根据a>0可得q=3，再根据，即可得解.【详解】a+a=1，a+a=9，q2=9.q=3（q=3a+a=（a+a）q=27.故选：B第2页/共15页5.已知等差数列的公差，，n项和为的最大值为（）A.20B.24C.36D.40【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，结合等差数列性质求出及通项公式，再确定所有非负数项即可得解.【详解】等差数列中，公差，即数列是递减等差数列，显然，而，且，解得，则，前9项均10项起均为负数，所以的最大值为.故选：C.6.已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用的图象分析的正负情况，从而分类讨论即可得解.【详解】由图象可知在上单调递增，在上单调递减，所以当或时，；当时，；第3页/共15页而等价于①，或②，由①得或，则，由②得，则，综上，.故选：B.7.已知数列的前项和为，且，，则的值为（）A.360B.480C.960D.1280【答案】D【解析】的前40项中的奇数项的和及偶数项的和即可.【详解】当n为奇数，，，当n为偶数，，，因此，的奇数项是以3为首项，3为公差的等差数列；的偶数项是以为首项，3为公差的等差数列，所以.故选：D8.的导函数，则（）A.1B.1C.2D.2【答案】A第4页/共15页【解析】【分析】对两边取对数，结合复合函数求导即可.【详解】对两边取对数，，两端同时求导可得：所以，所以，故选：A二多选题（本题共3个小题，每题6分，有多个选项，共分）9已知数列满足，则（）A.B.的前n项和为C.的前100项和为100D.的前30项和为357【答案】AD【解析】【分析】当时，，两式相减可求出，检验满足，可判断A；由等差数列的前项和公式可判断B；由分组求和法可判断C，D.【详解】当时，，当时，，两式相减可得：，所以，显然当时，满足，故，故A正确；由等差数列求和公式知的前项和为，故B错误；令，的前100项和为：，故C错误；第5页/共15页令，所以的前30项和为：，故D正确.故选：AD.10.已知，下列说法正确的是（）A.在处的切线方程为B.的单调递减区间为C.的极大值为D.方程有两个不同的解【答案】BC【解析】ABC对于D，函数与的交点个数判断【详解】对于A，由（，，则，所以在处的切线方程为，所以A错误，对于B，由，得，，所以的单调递减区间为，所以B正确，对于C，由，得，当时，，当时，，所以当时，取得极大值，所以C正确，对于DC选项可知的最大值为时，时，，所以函数与的交点个数为1，所以有1个解，所以D错误，故选：BC已知数列满足，则下列结论正确的有（）A.为等比数列B.的通项公式为第6页/共15页C.为递增数列D.的前n项和【答案】ABD【解析】【分析】根据已知证明为定值即可判断A；由A选项结合等比数列的通项即可判断B；作差判断的符号即可判断C；利用分组求和法即可判断D.【详解】因为，所以+3，所以，又因为，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；，即，故B正确；因为，因为，所以，所以，所以为递减数列，故C错误；，则，故D正确.故选：ABD.第7页/共15页第Ⅱ卷（非选择题共分）三.填空题：本大题共3小题，每小题5分，共分，请把答案填在答题卡相应位置上.12.已知数列的前项和为，，则________.【答案】【解析】【分析】利用前项和与通项公式的关系求解通项公式即可.【详解】当时，，当时，，此时，不符，故.故答案为：13.曲线上的点到直线的最短距离是________．【答案】【解析】【分析】求出和平行的直线和相切，求函数的导数，利用导数的几何意义求出切点坐标即可得到结论.【详解】与平行的直线和相切，则斜率为，因为，所以，令，解方程得，代入直线方程得切点，则点到直线的距离就是曲线的点到直线的最短距离，由点到直线的距离公式知，故答案为：.第8页/共15页14.设为数列的前项和，已知，，则________.【答案】【解析】【分析】构造数列，得其为常数列，进而求得，再由错位相减法求解即可.【详解】由可得，令，；①，②，①减②得：，∴，∴.故答案为：.四、解答题（本大题共5小题，共分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.已知曲线.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求过点且与曲线相切的直线方程.【答案】（1）（2）和.【解析】第9页/共15页1（2.【小问1详解】，当时，，所以曲线在点处的切线方程为，即.【小问2详解】设切点坐标为，由（1）知切线的斜率为，故切线方程为，因为切线过点，所以，即，所以或，故过点且与曲线相切的直线有两条，其方程分别是和，即和.16.已知数列的前n项和，数列的前n项和．（1）求，的通项公式；（2）若，求的前n项和．【答案】（1），（2）【解析】1）由通项公式与前n项和的关系，作差即可求解；第10页/共15页（2）由错位相减法即可求解；【小问1详解】因为数列的前n项和，所以当时，；当时，，此时满足上式，故．因为数列的前n项和，所以当时，；当时，，此时满足上式，故．【小问2详解】因为，所以，则，两式相减得，化简得．17已知数列，若，且．（1）证明数列是等比数列，并求出的通项公式；（2）若，且数列的前项和为，求．【答案】（1）证明见解析，第11页/共15页（2）【解析】1）依题意可得，结合等比数列的定义证明即可，求出的通项，即可得到的通项公式；（2）由（1）可得，则，利用裂项相消法求和即可.【小问1详解】因为，所以，又，所以，所以是以为首项、为公比的等比数列，所以，则.【小问2详解】由（1）可得，所以，所以.18.已知函数．（1）当时，求的单调区间和极值；（2）若，求a的取值范围．【答案】（1）单调递增区间为，递减区间为；极大值为，无极小值；（2）【解析】1）将代入，利用导数的正负与原函数的增减关系，确定函数的单调区间，即可得答案；第12页/共15页（2）由题意可得即恒成立，设，利用导数求出的最大值即可．【小问1详解】当时，，，令，则，故在上单调递减，而，因此0是在上的唯一零点，即0是在上的唯一零点，当变化时，，的变化情况如下表：00单调递增极大值单调递减所以的单调递增区间为，递减区间为；所以的极大值为，无极小值；【小问2详解】由题意知，即，即，设，则，令，解得，当，，单调递增，当，，单调递减，所以，第13页/共15页所以．所以的取值范围为．19.已知函数，记，且，（1）求，；（2）设，，（ⅰ）证明：数列是等差数列；（ⅱ）数列的前n项和为，且对任意的，满足，求的取值范围.【答案】（1），（2【解析】1）利用求导公式及导数运算法则求出的导数，再求的导数即得.（2i）求得，且ii）由等差数列的通项公式和数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和，不等式恒成立分离参数后求最大值即可得解.【小问1详解】函数，，.【小问2详解】（i）由（1）知，，又，可得，而，则，第14页/共15页所以数列是首项为4，公比为4的等比数列，故，则，，从而