北京市房山区2024-2025学年高二下学期学业水平调研（一） 数学试题（含解析）

这是一份北京市房山区2024-2025学年高二下学期学业水平调研（一） 数学试题（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共10小题）
1．已知等差数列的通项公式为，则数列的公差为（ ）
A．B．C．D．3
2．已知数列是等比数列，若，则的值为（ ）
A．2B．4C．8D．16
3．已知数列的前项和，则数列的通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
4．下列求导运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知函数的定义域为的导函数的图象大致如图所示，则下列结论中正确的是（ ）
A．在上单调递减
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0
6．我国古代数学名著《九章算术》第六章“均输”中有这样一个问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等.问：各得几何？”意思是：五个人分五钱（“钱”是古代的一种计量单位），每人所得依次相差一样多，前两人所得钱数与后三人所得钱数一样多，问每个人分得多少.在这个问题中分得最少的一个得到（ ）
A．钱B．钱C．钱D．1钱
7．等差数列的首项为1，公差不为0.若成等比数列，则的公差为（ ）
A．B．C．2D．3
8．设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
9．已知函数在处有极小值，则实数的值为（ ）
A．6B．2C．2或6D．0
10．已知函数．若有且只有一个零点，且，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题（本大题共6小题）
11．已知函数，则 .
12．已知数列满足为其前项和，若，则 .
13．等比数列满足如下条件：①，②数列单调递减，写出满足上述两个条件的数列的一个通项公式 .
14．分别过点和作曲线的切线，切线的斜率分别为 和 .
15．若函数在定义域内有递减区间，则实数的取值范围是 ．
16．在现实世界，很多信息的传播演化是相互影响的.选用正实数数列分别表示两组信息的传输链上每个节点处的信息强度，数列模型：，，描述了这两组信息在互相影响之下的传播演化过程.若两组信息的初始信息强度满足，则在该模型中，关于两组信息，给出如下结论：
①；
②；
③，使得当时，总有；
④，使得当时，总有.
其中正确结论的序号是 .
三、解答题（本大题共5小题）
17．已知等差数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，再从①，②，③这三个条件中选择一个作为已知，若，求数列的前项和.
注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
18．已知函数在处取得极大值1.当变化时，导函数变化情况如下表所示.
(1)写出函数的单调区间，以及的值；
(2)求函数的解析式；
(3)求函数在上的最大值.
19．已知数列中，且.
(1)求数列的第项；
(2)猜想数列的通项公式，并证明.
20．已知函数．
(1)当时，求函数的图像在点处的切线方程；
(2)讨论函数的单调性；
(3)证明：当时，．
21．若无穷数列满足：对于任意正整数，如果，那么，则称数列具有性质.
(1)已知数列具有性质，且，求；
(2)已知无穷数列是首项为4，公差为的等差数列，无穷数列是首项为1，公比为2的等比数列，，判断数列是否具有性质，并说明理由；
(3)各项均为正数的两个无穷数列.求证：“对任意，数列都具有性质”的充要条件为“数列是常数数列”.
参考答案
1．【答案】A
【详解】因为等差数列的通项公式为，
则数列的公差为.
故选A.
2．【答案】C
【详解】因为数列是等比数列，
又因为，则.
故选C.
3．【答案】D
【详解】当时，，
又，不符合上式，
则.
故选D.
4．【答案】D
【详解】因为，故A错误；
因为，故B错误；
因为，故C错误；
因为，故D正确.
故选D.
5．【答案】C
【详解】由导函数的图象可知，当时，，
所以在上单调递增，故A错误；
由图象可知在的左右两侧附近，，单调递增，
所以不是的极小值点，故B错误；
由图象可知，当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以是的极大值点，故C正确；
由图象可知，
所以曲线在处的切线斜率为2，故D错误.
故选C.
6．【答案】B
【详解】由题意可知五人所分钱成等差数列，得钱最多者为，则公差，
所以有，解得，
又因为，即，
则，所以，
所以分得最少的一个得到钱.
故选B.
7．【答案】A
【详解】设等差数列的公差为，
因为成等比数列，所以，
即，
整理可得，
因为，，所以解得.
故选A.
8．【答案】C
【分析】设等差数列的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数.
若为单调递增数列，则，
若，则当时，；若，则，
由可得，取，则当时，，
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”；
若存在正整数，当时，，取且，，
假设，令可得，且，
当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列.
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”.
所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.
故选C.
9．【答案】B
【详解】由，
得，
因为函数在处有极小值，
所以，解得或，
当时，，令，得或，
当或时，，当时，，
所以为极大值点，为极小值点，所以符合题意，
当时，，令，得或，
当或时，，当时，，
所以为极大值点，为极小值点，所以不合题意，
综上
故选B.
10．【答案】C
【详解】解：当时，，令，解得，函数有两个零点，舍去；
当时，，令，解得或，
①当时，，
当或时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
是函数的极小值点，0是函数的极大值点，
由，可得函数存在正零点，不满足条件；
②当时，，
当或时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
是函数的极小值点，0是函数的极大值点，
函数存在唯一的零点，且，则，
即，，解得：，
综上可得：实数的取值范围是，
故选．
11．【答案】3
【详解】因为，所以，
所以.
12．【答案】
【详解】由可得数列是以为公比的等比数列，
且，则，
所以.
13．【答案】(答案不唯一)
【详解】等比数列为单调递减数列， ，
，满足上述条件的一个数列的通项公式为：
14．【答案】
【详解】设切点为，由，得
所以切线方程为，即，
将代入得，解得，此时过点与曲线相切的切线斜率为，
将代入得，解得，此时过点与曲线相切的切线斜率为.
15．【答案】
【详解】根据题意，函数，其导数，
若函数在定义域内存在单调递减区间，
则在上有解；
若，变形可得，
则在上能成立，
设，则，则，
则必有，
故的取值范围为.
16．【答案】②③④.
【详解】因为，两式相减有：，
因为，所以，
所以，，故②正确；
因为，所以，
因为数列，是正实数数列，所以，，
所以，，，又因为，所以成立，但是不一定成立，故① 错误；
由上可知，因为为常数，为递增数列，
故当时，，又，所以，使得当时，总有，故③正确；
因为，
故当时，，又，所以，使得当时，总有，故④正确.
17．【答案】(1)
(2)答案见详解
【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，
所以，
解得，所以，
所以数列的通项公式；
（2）若选①，由可知是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以，
所以
；
若选②，由可知是以2为首项，为公比的等比数列，
所以，所以，
所以
；
若选③，由，可得，
所以可知是以2为首项，4为公比的等比数列，
所以，
所以
；
18．【答案】(1)；的单调减区间是和，的单调增区间是.
(2)
(3)
【详解】（1）由表格可知，当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
当时，，即单调递减，
所以时，取得极小值，
时，取得极大值，即，
的单调减区间是和，
的单调增区间是.
（2）由可得，
由（1）可知，的零点是，
由韦达定理可得，解得，
由在取得极大值，即，
所以，则.
（3）由（1）可知，在和上单调递减，在上单调递增，
且，
，，
，且，
所以函数在上的最大值为.
19．【答案】(1)，，.
(2)，证明见解析.
【详解】（1），，.
（2）由（1）可猜想.
证明：由，可得，
即，又，所以是以1为首项，2为公差的等差数列，
则，所以.
20．【答案】(1).
(2)见解析.
(3)见解析.
【详解】（1）当时, ，所以.
得，点处的切线斜率为，
所以函数的图像在点处的切线方程为：.
（2）由得，
当时，恒成立，则在R上单调递减；
当时，令得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
综上所述，
当时， 在R上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）由（2）可知，当时，
的最小值.
要证，
只需证
只需证
设
则，
令得
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以，
所以得证，
即得证.
21．【答案】(1)
(2)不具有性质，理由见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）由，则，所以，.
（2），，
，
，但，，所以数列不具有性质.
（3）充分性：
当为常数列时，，
对任意给定的，只要，则由，必有，充分性得证.
必要性：
若对任意，数列都具有性质，则，
设函数，，
由，图象可得，对于任意的，二者图象必有一个交点，
所以一定能找到一个，使得，
，，
故，所以是常数列，必要性得证.
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