河北省盐山中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析）

这是一份河北省盐山中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设f(x)是可导函数，且，则（ ）
A. 2B. C. -1D. -2
【答案】B
【解析】
【分析】由已知及导数的定义求即可.
【详解】由题设，.
故选：B
2. 在等比数列中，，，则公比的值为（ ）
A. B. 或1C. －1D. 或－1
【答案】B
【解析】
【分析】把已知条件用和公比表示后求解．
【详解】由题意，解得或．
故选：B．
【点睛】本题考查求等比数列的公比，解题方法是基本量法．属于基础题．
3. 一质点做直线运动，其位移与时间的关系为，设其在内的平均速度为，在时的瞬时速度为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平均变化率和瞬时变化率的定义，可分别计算求得，即可得出结果.
【详解】根据平均速度定义可知，
在内的平均速度为；
在时的瞬时速度为；
所以.
故选：B
4. 设为等差数列，公差，为其前项和，若，则（ ）
A. 10B. 12C. 8D. 9
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可得，可求得，再利用等差数列通项公即可求解.
【详解】因为，所以，所以，
为等差数列，公差，，解得.
故选：A.
5. 若函数在区间上单调递增，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数单调性可知在上恒成立，分离变量可得，利用换元法，结合二次函数最值求法可求得，由此可得结果.
【详解】由题意得：，
在上单调递增，在上恒成立，即，
令，则，，即的取值范围为.
故选：D.
6. 已知函数的导函数的图象如图所示，则函数的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用函数的函数的图象，可判断函数的单增区间与单减区间，可得结论.
【详解】由函数的导函数的图象可知，
当时，，所以在上单调递减，可排除AC；
当时，，所以在上单调递增，可排除B；
当时，，所以在上单调递减，D均符合，故D正确.
故选：D.
7. 已知，则，，的大小为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，构造函数，利用函数的单调性比较大小作答.
【详解】令函数，当时，求导得：，
则函数在上单调递减，又，，，
显然，则有，所以.
故选：C
【点睛】思路点睛：某些数或式大小比较问题，探讨给定数或式的内在联系，构造函数，分析并运用函数的单调性求解.
8. 定义“等方差数列”：如果一个数列从第二项起，每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等方差数列，这个常数叫做该数列的方公差．设数列是由正数组成的等方差数列，且方公差为2，，则数列的前项和（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助所给新定义与等差数列定义可得数列的通项公式，再利用裂项相消法计算即可得解.
【详解】由题意可得，则数列是以为首项，为公差的等差数列，
则，由，故，即（负值舍去），
故，故，
则
，
故.
故选：A.
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. 定义在上的函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数在上单调递减B. 函数在上单调递减
C. 函数在处取得极小值D. 函数在处取得极大值
【答案】AD
【解析】
【分析】利用函数的函数的图象，可判断函数的单增区间与单减区间，进而可得极大值点，从而可得结论.
【详解】由函数的导函数的图象可知，
当时，，所以在上单调递增，故B错误；
当时，，所以在上单调递减，故A正确；
所以函数在处取得极大值，不是极小值点，故C错误，D正确.
故选：AD.
10. 已知数列满足，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】分为奇数，为偶数两种情况可求得数列的通项公式，进而计算可求得的值，可得结论.
【详解】当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以的奇数项构成公比为2的等比数列，偶数项构成公差为1的等差数列，
所以可得，所以，
所以，，
所以.
故选：BD.
11. 若函数有两个极值点则的值可以为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】AB
【解析】
【分析】求出函数的导函数为二次函数，由函数有两个极值点，则导函数与轴有两个交点，即可求出的范围，得解.
【详解】解：
因为函数有两个极值点
则与轴有两个交点，
即解得
故满足条件的有
故选：
【点睛】本题考查利用导数求函数的极值问题，属于基础题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数的图象在点处的切线方程为___________.
【答案】
【解析】
【分析】对函数求导，根据导数的几何意义求出处的切线方程.
【详解】因为，
所以，
所以，又，
所以所求切线方程为，即.
故答案为：
13. 在等差数列中，为其前项和，若，，则当______时，最大．
【答案】10
【解析】
【分析】根据等差数列的求和公式，由题意，推出，，结合等差数列的性质，判断出，，即可得出结果.
【详解】因为，，所以，，
所以，，
所以，，所以最大．
故答案为：10.
【点睛】本题主要考查等差数列前项和的最值问题，熟记等差数列的求和公式，以及等差数列的性质即可，属于常考题型.
14. 已知函数若且，则的最小值是________．
【答案】##
【解析】
【分析】作出函数图象，设，由图象可得的范围，并用表示出，从而可表示为的函数，再利用导数求得最小值．
【详解】函数的图象如图所示．

令，则，所以．令，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以．
故答案为：．
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. 已知数列是等差数列，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，由已知可得，求解即可.
（2）由已知可得，利用分组求和法可求数列的前项和.
【小问1详解】
设等差数列的公差为.
因为，所以，
解得，.
所以.
【小问2详解】
由题意，得，所以，
所以
.
16. 设，曲线在点处的切线斜率为．
（1）求a的值；
（2）求函数的极值．
【答案】（1）
（2）极大值为，极小值为
【解析】
【分析】（1）根据切线的斜率，利用导数的几何意义求解即可；
（2）求出函数的导数，求导函数的零点，列表即可得解.
【小问1详解】
由，
得，
令，则，
因为，得
【小问2详解】
由（1）可得，
令，解得，．
当变化时，变化如下表：
所以，当时，取到极大值，且极大值为；
当时，取到极小值，且极小值为．
17. 已知函数在处有极值2．
（1）求，的值；
（2）证明：．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.
【解析】
【分析】（Ⅰ）求出导函数，由且求得，并检验0是极值点；
（Ⅱ）不等式化为，引入函数，由导数求得的最小值，最小值大于0，从而证得不等式成立．
【详解】（Ⅰ）解：由已知，，则

解得，
经检验，符合题意.
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，．
要证，
只需证．
即．
令，则．
令，解得．
，的变化情况如下表所示．
所以，时，有最小值．
故成立
18. 已知各项均为正数的数列的前项和满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和；
（3）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由已知可得，进而计算可得数列是首项为1，公差为2的等差数列，可求通项公式.
（2）由（1）可得，利用裂项相消法可求；
（3）当为偶数时，可得，利用基本不等式可求得最小值；当为奇数时，可得，利用单调性可求解，进而可求得实数的取值范围.
【小问1详解】
当时，，∴.
∵，①
∴.②
①-②，得，
整理，得.
∵，∴.
∴，即.
故数列是首项为1，公差为2的等差数列.
∴.
【小问2详解】
∵，
∴
.
【小问3详解】
①当为偶数时，要使不等式恒成立，只需恒成立.
∵，当且仅当时，取“=”，
∴.
②当为奇数时，要使不等式恒成立，只需恒成立.
∵随的增大而增大，∴时，取最小值-21，∴.
综合①②，可得实数的取值范围为.
19. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个零点，，且，求证：.
【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导得，分类讨论可求单调区间；
（2）由已知可得且，两式相加相减变形可得，通过换元，构造函数，可证得结论.
【小问1详解】
已知函数的定义域为，.
当时，，所以在上单调递增；
当时，令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
由题意知：且
则①-②得，所以.
则①+②得，
所以.
令，则.
要证，只需证lnx1x2>1，即证.
因为，所以只需证，即证.
令，则，
令，则，
所以在上单调递减，即在区间上单调递减.
所以g′t>g′1=1>0，所以在区间上单调递增，
所以.即得证.
所以.
【点睛】难点点睛：本题考差了导数知识的综合应用，综合性强，计算量大；难点在于结合函数的零点证明不等式问题，解答时要根据推出，结合换元，证明，继而构造函数，判断其单调性，结合零点存在定理推出，从而证明结论.x
1
3
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0
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0
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单调递增
单调递减
单调递增
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单调递增