資源簡介

廣西桂林市田家炳中學2023-2024學年高二下學期期中測試數學試題
一、單選題
1．（2024高二下·桂林期中） 已知數列的通項公式，則123是該數列的（　?。?br/>A．第9項 B．第10項 C．第11項 D．第12項
2．（2024高二下·桂林期中）已知函數，則（　　）
A． B． C．1 D．
3．（2024高二下·桂林期中） 在數列中，且，則（　?。?br/>A． B． C． D．
4．（2024高二下·桂林期中） 已知等比數列中，各項都是正數，且成等差教列，則（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·桂林期中） 函數在上的值域為（　?。?br/>A． B． C． D．
6．（2024高二下·桂林期中）高階等差數列是數列逐項差數之差或高次差相等的數列，中國古代許多著名的數學家對推導高階等差數列的求和公式很感興趣，創造并發展了名為“垛積術”的算法，展現了聰明才智如南宋數學家楊輝在《詳解九章算法商功》一書中記載的三角垛、方垛、芻甍垛等的求和都與高階等差數列有關如圖是一個三角垛，最頂層有個小球，第二層有個，第三層有個，第四層有個，則第層小球的個數為（　?。?br/>A． B． C． D．
7．（2024高二下·桂林期中）若數列 的通項公式是 ，則 （　　）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·桂林期中） 已知函數，則“在上有極值”是“”的（　　）條件.
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．既不充分也不必要
二、多選題
9．（2024高二下·桂林期中） 下列導數運算錯誤的有（　　）
A． B．
C． D．
10．（2024高二下·桂林期中） 函數，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．在處有最小值
B．1是的一個極值點
C．當時，方程有兩異根
D．當時，方程有一根
11．（2024高二下·桂林期中） 過點且與曲線相切的直線方程可能為（　　）
A． B． C． D．
三、填空題
12．（2024高二下·桂林期中） 已知a是1，2的等差中項， b是 1， 16的等比中項， 則ab等于　 　 ；
13．（2024高二下·桂林期中） 函數在處取得極大值-1，則　 　.
14．（2024高二下·桂林期中） 已知函數，若存在，使得，則實數的取值范圍　 　．
四、解答題
15．（2024高二下·桂林期中） 已知函數.
（1）求函數在點處的切線方程；
（2）求函數的極值．
16．（2024高二下·桂林期中） 已知數列的前項和為，.
（1）求數列的通項公式；
（2）求數列的前項和.
17．（2024高二下·桂林期中） 已知等差數列的前項和為，且，.
（1）求數列的通項公式；
（2）設，求數列的前項和.
18．（2024高二下·桂林期中） 2023年12月28日工業和信息化部等八部門發布了關于加快傳統制造業轉型升級的指導意見，紅星機械廠積極響應決定投資生產產品．經過市場調研，生產產品的固定成本為300萬元，每生產萬件，需可變成本萬元，當產量不足50萬件時，；當產量不小于50萬件時，．每件產品的售價為200元，通過市場分析，生產的產品可以全部銷售完．
（1）求利潤函數的解析式；
（2）求利潤函數的最大值．
19．（2024高二下·桂林期中） 已知函數，.
（1）當時，求的單調區間；
（2）若方程有三個不同的實根，求的取值范圍．
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】數列的通項公式
【解析】【解答】解：令，解得或（舍去），
所以 123是該數列的 第11項 .
【分析】根據題意令，運算求即可.
2．【答案】D
【知識點】導數的加法與減法法則
【解析】【解答】解：因為， 則，
令，可得，解得.
故答案為：D.
【分析】求導，令，代入運算即可.
3．【答案】D
【知識點】等比數列概念與表示；等比數列的通項公式
【解析】【解答】解：因為且，
令，可得，則，
可知 數列 是以首項為1，公比為3的等比數列，所以 .
故答案為：D.
【分析】根據題意分析可知數列 是以首項為1，公比為3的等比數列，結合等比數列通項公式運算求解.
4．【答案】A
【知識點】等比數列概念與表示；等比數列的通項公式；等差中項
【解析】【解答】解：設 等比數列 的公比為，
因為成等差教列， 則，可得，
且，可得，解得或（舍去），
所以.
故答案為：A.
【分析】由等差中項可得，結合等比數列的通項公式可得，再結合等比數列的定義分析求解.
5．【答案】A
【知識點】利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數最大（小）值
【解析】【解答】解：因為 ，，則，
令，解得；令，解得；
可知在內單調遞減，在內單調遞增，
且，
可知 在上 的最大值為，最小值為3，
所以 函數在上的值域為 .
故答案為：A.
【分析】求導，利用導數判斷的單調性和最值，即可得值域.
6．【答案】B
【知識點】等差數列概念與表示；數列的求和
【解析】【解答】記第層有個球，則，，，，
結合高階等差數列的概念知，，，，，則第層的小球個數
。
故答案為：B
【分析】利用已知條件結合歸納推理的方法，再結合累加法得出第30層小球的個數。
7．【答案】A
【知識點】數列的求和
【解析】【解答】因為 ，
所以 ，
，
，
，
，
因此 。
故答案為：A
【分析】因為 結合代入法和累加法，從而利用數列項與項的和的規律，進而求出的值。
8．【答案】A
【知識點】函數在某點取得極值的條件；利用導數研究函數的極值
【解析】【解答】解：因為，則，
注意到，則，令，即，可得，
又因為是的真子集，
所以“” 在上有極值”是“”的充分不必要條件.
故答案為：A.
【分析】求導，利用導數分析極值可得，結合包含關系分析充分、必要條件.
9．【答案】A,C,D
【知識點】導數的加法與減法法則；導數的乘法與除法法則；基本初等函數導函數公式
【解析】【解答】解：對于A：，故A錯誤；
對于B：，故B正確；
對于C：，故C錯誤；
對于D：，故D錯誤；
故選：ACD.
【分析】根據題意結合基本初等函數的導數以及導數的運算法則逐項分析判斷.
10．【答案】B,C
【知識點】利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數最大（?。┲?；導數在最大值、最小值問題中的應用；函數的零點與方程根的關系
【解析】【解答】解：由題意可知：的定義域為，，
當；當；
可知在內單調遞增，在內單調遞減，則，
且當x趨近于，趨近于，當x趨近于，趨近于0，
可得的圖象如圖所示：
可知在處取到唯一極大值，即最大值，故A錯誤，B正確；
當時，圖象與圖象有兩個交點，即方程有兩異根；
當，圖象與圖象無交點，即方程無根，故C正確，D錯誤.
故答案為：BC.
【分析】求導，利用導數可得的單調性和最值，進而可得的圖象，結合圖象逐項分析判斷.
11．【答案】B,C
【知識點】導數的幾何意義；導數的加法與減法法則
【解析】【解答】解：因為，
設切點為，則切線斜率，
可知曲線在點處的切線方程為，
又因為切線過點，則，
整理得，解得或，
所以切線方程為或．
故答案為：BC．
【分析】求導，設切點為，則切線斜率，求出切線方程代入點運算求解即可.
12．【答案】
【知識點】等比中項；等差中項
【解析】【解答】解：由題意可得：，解得，
所以.
故答案為：.
【分析】根據等差、等比中項的定義分析求解.
13．【答案】5
【知識點】利用導數研究函數的單調性；函數在某點取得極值的條件；利用導數研究函數的極值
【解析】【解答】解：因為 的定義域為，則，
由題意可得，解得，
則，
注意到，則，
當時，；當時，；
可知在內單調遞增，在內單調遞減，
則 在處取得極大值-1， 即符合題意，所以.
故答案為：5.
【分析】根據題意結合極值點的性質列式求，并代入檢驗即可.
14．【答案】
【知識點】利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數最大（?。┲担粚翟谧畲笾?、最小值問題中的應用
【解析】【解答】解：因為，且，可得
原題意等價為：存在，使得成立，
構造函數，則，
當時，；當時，；
可知函數在內單調遞增，在內單調遞減，則，
可得，解得，
所以實數的取值范圍是.
故答案為：.
【分析】由題意分析可知：原題意等價為：存在，使得成立，構建，求導，利用導數求的單調性和最值，即可得結果.
15．【答案】（1）解： 依題可知
故點處的切線斜率，
又，
故切線方程為，
即；
（2）解：由，
令，得或，
當變化時，，的變化情況如下表：
1
+ 0 0 +
極大值 極小值
∴的極大值為，極小值為.
【知識點】導數的幾何意義；利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數的極值
【解析】【分析】 (1) 求導，利用導數的幾何意義可得切線斜率，進而可求切線方程；
(2) 求導，利用導數判斷原函數的單調性，進而可得極值.
16．【答案】（1）解：①，
當時，②，
兩式①②得：，
當時，，符合上式，
所以；
（2）解：令，所以，
故，
，
兩式相減得，，
故
【知識點】數列的求和；通項與前n項和的關系
【解析】【分析】 (1) 分和兩種情況，結合 與之間的關系分析求解；
(2) 由（1）可得，利用錯位相減法求和.
17．【答案】（1）解：設等差數列的公差為，
則由題意得，即，解得，
數列的通項公式為
（2）解：，則，
，
.
【知識點】等差數列的通項公式；數列的求和
【解析】【分析】 (1) 根據題意結合等差數列的通項公式解得，進而可得通項公式；
(2) 由（1）可知：，利用裂項相消法求和.
18．【答案】（1）解：由題意得，銷售收入為萬元，
當產量不足萬件時，利潤，
當產量不小于萬件時，利潤，
所以利潤；
（2）解：當時，，
當時，，單調遞增，
當時，，單調遞減，
所以的最大值是；
當時，，
當，即時，等號成立，
又，故當時，所獲利潤最大，最大值為1000萬元.
【知識點】分段函數的解析式求法及其圖象的作法；導數在最大值、最小值問題中的應用
【解析】【分析】 (1) 分產量不足萬件和產量不小于萬件兩種情況，結合題意求函數解析式；
（2）當時，利用導數判斷原函數單調性和最值，當時，利用基本不等式求最值，再結合分段函數最值的性質分析求解.
19．【答案】（1）解：當時，函數，
則，令得或
當或時，，當時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞增，在上單調遞減，
即當時，單調遞增區間為和，單調遞減區間為．
（2）解：，所以為的一個根，
故有兩個不同于的實根，
令，則，
①當時，，故在上單調遞增，不符合題意；
②當時，令，得，
當時，，故在區間上單調遞增，
當時，，故在區間上單調遞減，
并且當時，；當時，；
所以若要滿足題意，只需且，
因為，所以，
又，所以，
所以實數的取值范圍為
【知識點】利用導數研究函數的單調性；導數在最大值、最小值問題中的應用；函數的零點與方程根的關系
【解析】【分析】 (1) 可得，求導，利用導數判斷原函數單調性；
(2) 分析可知：故有兩個不同于的實根，構建，求導，分和兩種情況，判斷的單調性和零點.
1 / 1廣西桂林市田家炳中學2023-2024學年高二下學期期中測試數學試題
一、單選題
1．（2024高二下·桂林期中） 已知數列的通項公式，則123是該數列的（　?。?br/>A．第9項 B．第10項 C．第11項 D．第12項
【答案】C
【知識點】數列的通項公式
【解析】【解答】解：令，解得或（舍去），
所以 123是該數列的 第11項 .
【分析】根據題意令，運算求即可.
2．（2024高二下·桂林期中）已知函數，則（　　）
A． B． C．1 D．
【答案】D
【知識點】導數的加法與減法法則
【解析】【解答】解：因為， 則，
令，可得，解得.
故答案為：D.
【分析】求導，令，代入運算即可.
3．（2024高二下·桂林期中） 在數列中，且，則（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】等比數列概念與表示；等比數列的通項公式
【解析】【解答】解：因為且，
令，可得，則，
可知 數列 是以首項為1，公比為3的等比數列，所以 .
故答案為：D.
【分析】根據題意分析可知數列 是以首項為1，公比為3的等比數列，結合等比數列通項公式運算求解.
4．（2024高二下·桂林期中） 已知等比數列中，各項都是正數，且成等差教列，則（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】等比數列概念與表示；等比數列的通項公式；等差中項
【解析】【解答】解：設 等比數列 的公比為，
因為成等差教列， 則，可得，
且，可得，解得或（舍去），
所以.
故答案為：A.
【分析】由等差中項可得，結合等比數列的通項公式可得，再結合等比數列的定義分析求解.
5．（2024高二下·桂林期中） 函數在上的值域為（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數最大（?。┲?br/>【解析】【解答】解：因為 ，，則，
令，解得；令，解得；
可知在內單調遞減，在內單調遞增，
且，
可知 在上 的最大值為，最小值為3，
所以 函數在上的值域為 .
故答案為：A.
【分析】求導，利用導數判斷的單調性和最值，即可得值域.
6．（2024高二下·桂林期中）高階等差數列是數列逐項差數之差或高次差相等的數列，中國古代許多著名的數學家對推導高階等差數列的求和公式很感興趣，創造并發展了名為“垛積術”的算法，展現了聰明才智如南宋數學家楊輝在《詳解九章算法商功》一書中記載的三角垛、方垛、芻甍垛等的求和都與高階等差數列有關如圖是一個三角垛，最頂層有個小球，第二層有個，第三層有個，第四層有個，則第層小球的個數為（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】等差數列概念與表示；數列的求和
【解析】【解答】記第層有個球，則，，，，
結合高階等差數列的概念知，，，，，則第層的小球個數
。
故答案為：B
【分析】利用已知條件結合歸納推理的方法，再結合累加法得出第30層小球的個數。
7．（2024高二下·桂林期中）若數列 的通項公式是 ，則 （　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】數列的求和
【解析】【解答】因為 ，
所以 ，
，
，
，
，
因此 。
故答案為：A
【分析】因為 結合代入法和累加法，從而利用數列項與項的和的規律，進而求出的值。
8．（2024高二下·桂林期中） 已知函數，則“在上有極值”是“”的（　?。l件.
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．既不充分也不必要
【答案】A
【知識點】函數在某點取得極值的條件；利用導數研究函數的極值
【解析】【解答】解：因為，則，
注意到，則，令，即，可得，
又因為是的真子集，
所以“” 在上有極值”是“”的充分不必要條件.
故答案為：A.
【分析】求導，利用導數分析極值可得，結合包含關系分析充分、必要條件.
二、多選題
9．（2024高二下·桂林期中） 下列導數運算錯誤的有（　?。?br/>A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知識點】導數的加法與減法法則；導數的乘法與除法法則；基本初等函數導函數公式
【解析】【解答】解：對于A：，故A錯誤；
對于B：，故B正確；
對于C：，故C錯誤；
對于D：，故D錯誤；
故選：ACD.
【分析】根據題意結合基本初等函數的導數以及導數的運算法則逐項分析判斷.
10．（2024高二下·桂林期中） 函數，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．在處有最小值
B．1是的一個極值點
C．當時，方程有兩異根
D．當時，方程有一根
【答案】B,C
【知識點】利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數最大（?。┲?；導數在最大值、最小值問題中的應用；函數的零點與方程根的關系
【解析】【解答】解：由題意可知：的定義域為，，
當；當；
可知在內單調遞增，在內單調遞減，則，
且當x趨近于，趨近于，當x趨近于，趨近于0，
可得的圖象如圖所示：
可知在處取到唯一極大值，即最大值，故A錯誤，B正確；
當時，圖象與圖象有兩個交點，即方程有兩異根；
當，圖象與圖象無交點，即方程無根，故C正確，D錯誤.
故答案為：BC.
【分析】求導，利用導數可得的單調性和最值，進而可得的圖象，結合圖象逐項分析判斷.
11．（2024高二下·桂林期中） 過點且與曲線相切的直線方程可能為（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】B,C
【知識點】導數的幾何意義；導數的加法與減法法則
【解析】【解答】解：因為，
設切點為，則切線斜率，
可知曲線在點處的切線方程為，
又因為切線過點，則，
整理得，解得或，
所以切線方程為或．
故答案為：BC．
【分析】求導，設切點為，則切線斜率，求出切線方程代入點運算求解即可.
三、填空題
12．（2024高二下·桂林期中） 已知a是1，2的等差中項， b是 1， 16的等比中項， 則ab等于　 　 ；
【答案】
【知識點】等比中項；等差中項
【解析】【解答】解：由題意可得：，解得，
所以.
故答案為：.
【分析】根據等差、等比中項的定義分析求解.
13．（2024高二下·桂林期中） 函數在處取得極大值-1，則　 　.
【答案】5
【知識點】利用導數研究函數的單調性；函數在某點取得極值的條件；利用導數研究函數的極值
【解析】【解答】解：因為 的定義域為，則，
由題意可得，解得，
則，
注意到，則，
當時，；當時，；
可知在內單調遞增，在內單調遞減，
則 在處取得極大值-1， 即符合題意，所以.
故答案為：5.
【分析】根據題意結合極值點的性質列式求，并代入檢驗即可.
14．（2024高二下·桂林期中） 已知函數，若存在，使得，則實數的取值范圍　 ?。?br/>【答案】
【知識點】利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數最大（?。┲?；導數在最大值、最小值問題中的應用
【解析】【解答】解：因為，且，可得
原題意等價為：存在，使得成立，
構造函數，則，
當時，；當時，；
可知函數在內單調遞增，在內單調遞減，則，
可得，解得，
所以實數的取值范圍是.
故答案為：.
【分析】由題意分析可知：原題意等價為：存在，使得成立，構建，求導，利用導數求的單調性和最值，即可得結果.
四、解答題
15．（2024高二下·桂林期中） 已知函數.
（1）求函數在點處的切線方程；
（2）求函數的極值．
【答案】（1）解： 依題可知
故點處的切線斜率，
又，
故切線方程為，
即；
（2）解：由，
令，得或，
當變化時，，的變化情況如下表：
1
+ 0 0 +
極大值 極小值
∴的極大值為，極小值為.
【知識點】導數的幾何意義；利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數的極值
【解析】【分析】 (1) 求導，利用導數的幾何意義可得切線斜率，進而可求切線方程；
(2) 求導，利用導數判斷原函數的單調性，進而可得極值.
16．（2024高二下·桂林期中） 已知數列的前項和為，.
（1）求數列的通項公式；
（2）求數列的前項和.
【答案】（1）解：①，
當時，②，
兩式①②得：，
當時，，符合上式，
所以；
（2）解：令，所以，
故，
，
兩式相減得，，
故
【知識點】數列的求和；通項與前n項和的關系
【解析】【分析】 (1) 分和兩種情況，結合 與之間的關系分析求解；
(2) 由（1）可得，利用錯位相減法求和.
17．（2024高二下·桂林期中） 已知等差數列的前項和為，且，.
（1）求數列的通項公式；
（2）設，求數列的前項和.
【答案】（1）解：設等差數列的公差為，
則由題意得，即，解得，
數列的通項公式為
（2）解：，則，
，
.
【知識點】等差數列的通項公式；數列的求和
【解析】【分析】 (1) 根據題意結合等差數列的通項公式解得，進而可得通項公式；
(2) 由（1）可知：，利用裂項相消法求和.
18．（2024高二下·桂林期中） 2023年12月28日工業和信息化部等八部門發布了關于加快傳統制造業轉型升級的指導意見，紅星機械廠積極響應決定投資生產產品．經過市場調研，生產產品的固定成本為300萬元，每生產萬件，需可變成本萬元，當產量不足50萬件時，；當產量不小于50萬件時，．每件產品的售價為200元，通過市場分析，生產的產品可以全部銷售完．
（1）求利潤函數的解析式；
（2）求利潤函數的最大值．
【答案】（1）解：由題意得，銷售收入為萬元，
當產量不足萬件時，利潤，
當產量不小于萬件時，利潤，
所以利潤；
（2）解：當時，，
當時，，單調遞增，
當時，，單調遞減，
所以的最大值是；
當時，，
當，即時，等號成立，
又，故當時，所獲利潤最大，最大值為1000萬元.
【知識點】分段函數的解析式求法及其圖象的作法；導數在最大值、最小值問題中的應用
【解析】【分析】 (1) 分產量不足萬件和產量不小于萬件兩種情況，結合題意求函數解析式；
（2）當時，利用導數判斷原函數單調性和最值，當時，利用基本不等式求最值，再結合分段函數最值的性質分析求解.
19．（2024高二下·桂林期中） 已知函數，.
（1）當時，求的單調區間；
（2）若方程有三個不同的實根，求的取值范圍．
【答案】（1）解：當時，函數，
則，令得或
當或時，，當時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞增，在上單調遞減，
即當時，單調遞增區間為和，單調遞減區間為．
（2）解：，所以為的一個根，
故有兩個不同于的實根，
令，則，
①當時，，故在上單調遞增，不符合題意；
②當時，令，得，
當時，，故在區間上單調遞增，
當時，，故在區間上單調遞減，
并且當時，；當時，；
所以若要滿足題意，只需且，
因為，所以，
又，所以，
所以實數的取值范圍為
【知識點】利用導數研究函數的單調性；導數在最大值、最小值問題中的應用；函數的零點與方程根的關系
【解析】【分析】 (1) 可得，求導，利用導數判斷原函數單調性；
(2) 分析可知：故有兩個不同于的實根，構建，求導，分和兩種情況，判斷的單調性和零點.
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