2023-2024学年度高二下期3月阶段性检测
数学试题
（考试时间：120分钟；满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、座号、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
4．考试结束后，请考生个人留存试卷并将答题卡交回给监考教师．
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的．
1. 在等比数列中，，，则公比（ ）
A. B. C. D.
2. 函数在区间上的（ ）
A. 最小值为0，最大值为
B. 最小值为0，最大值为
C. 最小值为，最大值为
D. 最小值为0，最大值为2
3. 在数列中，若，，则（ ）
A. 2 B. C. D. 1
4. 向一个半球形的水池注水时，向池子注水速度不变（即单位时间内注入水量相同），若池子中水的高度是关于时间的函数，则函数的图象可能是（ ）
A. B. C. D.
5. 某个体户计划同时销售A，B两种商品，当投资额为千元时，在销售A，B商品中所获收益分别为千元与千元，其中，，如果该个体户准备共投入5千元销售A，B两种商品，为使总收益最大，则B商品需投（ ）千元．
A. B. C. D.
6. 已知函数满足，则的单调递增区间为（ ）
A. B. C. D.
7. 若函数在上恰有2个极值点，则实数a取值范围是（ ）
A B. C. D.
8. 在数列中，为其前n项和，首项，又函数，若，则（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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：设是的导函数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数的对称中心为，则下列说法中正确的有（ ）
A. ，
B. 函数既有极大值又有极小值
C 函数有三个零点
D. 过可以作三条直线与图象相切
10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 单调递增区间是，
B. 的值域为R
C.
D. 若，，，则
11. 已知数列满足，，，则（ ）
A. 是递减数列 B.
C. D.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，其中第14题第一个空2分，第二个空3分．
12. 已知数列的前项和,则数列的通项公式为__________.
13. 已知函数的最小值为0，则______．
14. 英国数学家布鲁克 泰勒以发现泰勒公式、泰勒级数和泰勒展开式而闻名于世．计算器在计算，，，等函数的函数值时，是通过写入“泰勒展开式”程序的芯片完成的．“泰勒展开式”是：如果函数在含有的某个开区间内可以多次进行求导数运算，则当，且时，有．其中是的导数，是的导数，是的导数，阶乘，．取，则的“泰勒展开式”中第三个非零项为______，精确到0.01的近似值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤．
15. 已知等差数列中前n项和为，且，，成等比数列，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列为递增数列，记，求数列的前n项的和．
16. 已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，研究函数在上的单调性和零点个数．
17. 已知数列的前n项和为，，．
（1）求证为等比数列；
（2）求证：．
18. 已知等比数列的前n项和为，，且，，成等差数列.
（1）求；
（2）设，是数列的前n项和，求；
（3）设，是的前n项的积，求证：，．
19. 英国物理学家、数学家艾萨克 牛顿与德国哲学家、数学家戈特弗里德 莱布尼茨各自独立发明了微积分．其中牛顿在《流数法与无穷级数》（The Method of Fluxions and Inifinite Series）一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法．如图，具体做法如下：先在x轴找初始点，然后作在点处切线，切线与x轴交于点，再作在点处切线，切线与x轴交于点，再作在点处切线，以此类推，直到求得满足精度的零点近似解为止．
（1）设函数，初始点，若按上述算法，求出的一个近似值（精确到0.1）；
（2）如图，设函数，初始点为，若按上述算法，求所得前n个三角形，，……，的面积和；
（3）设函数，令，且，若函数，，设曲线的一条切线方程为，证明：当时，．2023-2024学年度高二下期3月阶段性检测
数学试题
（考试时间：120分钟；满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、座号、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
4．考试结束后，请考生个人留存试卷并将答题卡交回给监考教师．
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的．
1. 在等比数列中，，，则公比（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用等比数列性质求解即可.
【详解】由题知，解得.
故选：A
2. 函数在区间上的（ ）
A. 最小值为0，最大值为
B. 最小值为0，最大值为
C. 最小值为，最大值为
D. 最小值为0，最大值为2
【答案】B
【解析】
【分析】先求得函数的导数，进而得到在区间上单调性，即可求得在区间上最小值和最大值.
【详解】，所以在区间上单调递增，
因此的最小值为，最大值为.
故选：B
3. 在数列中，若，，则（ ）
A. 2 B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据递推关系可得数列的周期，从而可求的值.
【详解】因为，，故，，，
故为周期数列且周期为3，而，故，
故选：C.
4. 向一个半球形的水池注水时，向池子注水速度不变（即单位时间内注入水量相同），若池子中水的高度是关于时间的函数，则函数的图象可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据几何体的形状，判断水面高度随时间升高的快慢，判断可得出合适的选项.
【详解】几何体为半球形，上面宽下面窄，相同的时间内注水量相同，所以高度增加得越来越慢，
即图象越来越平缓，
故选：B.
5. 某个体户计划同时销售A，B两种商品，当投资额为千元时，在销售A，B商品中所获收益分别为千元与千元，其中，，如果该个体户准备共投入5千元销售A，B两种商品，为使总收益最大，则B商品需投（ ）千元．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设B商品投千元，总收益为，写出利用导数即可求解.
【详解】设B商品投千元，总收益为，
所以，
所以，
所以，令，
则，所以在上大于0，在上小于0，
所以在单调递增，在单调递减，
所以在取得最大值，
即为使总收益最大，则B商品需投千元．
故选：B.
6. 已知函数满足，则的单调递增区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导，令，求出，再根据函数解析式令，求出，即可求出函数解析式，再利用导数求出函数的增区间即可.
【详解】由，
得，
则，所以，
则，
故，所以，
所以，，
因为函数都是增函数，
所以函数是增函数，
而，
令，得，
所以函数的单调递增区间为.
故选：D.
7. 若函数在上恰有2个极值点，则实数a取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】函数在上恰有2个极值点，即在上恰有2个变号零点，继而转化为与函数的图象在上恰有2个交点，数形结合，即可求得答案.
【详解】函数的定义域为，，
函数在上恰有2个极值点，
即在上恰有2个变号零点，
令，则，
由于对勾函数在上单调递减，在上单调递增，
且，
要使得在上恰有2个变号零点，
需与函数的图象在上恰有2个交点，
故，即a得取值范围为，
故选：A
8. 在数列中，为其前n项和，首项，又函数，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求导，根据，可得，再利用待定系数法求出数列的通项，再利用分组求和法即可得解.
【详解】因为，
所以，
若，则，
所以，
又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以，
故，所以．
故选：C.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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：设是的导函数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数的对称中心为，则下列说法中正确的有（ ）
A. ，
B. 函数既有极大值又有极小值
C. 函数有三个零点
D. 过可以作三条直线与图象相切
【答案】AB
【解析】
【分析】利用导数结合已知求出判断A；利用导数求出极值，结合三次函数的图象特征判断BC；求出切线方程判断D.
【详解】由，求导得，，
令，得，由函数的对称中心为，
得，且，解得，A正确；
于是，，
当或时，，当时，，
则函数在，上都单调递增，在上单调递减，
因此函数既有极大值，又有极小值，B正确；
由于极小值，因此函数不可能有三个零点， C错误；
显然，若是切点，则，切线方程为；
若不是切点，设过点 的直线与图象相切于点，，
由，解得，即切点，切线方程为，
过 只可以作两条直线与图象相切，D错误.
故选：AB
10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 的单调递增区间是，
B. 的值域为R
C.
D. 若，，，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，求出定义域，求导得到函数单调性，得到答案；B选项，在A选项基础上得到函数的值域；C选项，计算出，结合得到C正确；D选项，利用同构变换得到，结合，得到，D正确.
【详解】A选项，的定义域为，
在定义域上恒成立，
故的单调递增区间是，，A正确；
B选项，当趋向于0时，趋向于，当趋向于时，趋向于，
故的值域为R，B正确；
C选项，，，
又，所以，C错误；
D选项，
，
又，故，
故，
因为，所以，
又，故，即，D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是D选项变形得到，得到，从而进行求解.
11. 已知数列满足，，，则（ ）
A. 是递减数列 B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】结合数列的单调性、递推公式以及累加法、累乘法、放缩法、裂项相消法的应用，对各项逐一判断，即可得到本题答案.
【详解】对于A：易知，否则与矛盾，由，得，
所以，所以数列是递增数列，故A错误；
对于B：由选项A的判断知，所以，
由，得，
所以，
即，故B正确；
对于C：由，得，
则
，
所以，故C错误；
对于D：由，得，
即，
所以
，故D正确．
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的单调性，累加法以及裂项求和法，处理问题的关键是能够根据常见的递推关系，选择适当的方法求解.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，其中第14题第一个空2分，第二个空3分．
12. 已知数列的前项和,则数列的通项公式为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据前项和表达式，通过分类讨论，当时，当时，利用，即可求出数列的通项公式.
【详解】在数列中，，
当时，，
当时，，
∵，
∴，
故答案为：.
13. 已知函数的最小值为0，则______．
【答案】0
【解析】
【分析】求定义域，求导，分与两种情况，得到在上取得最小值，从而得到方程，求出，结合导数的定义得到.
【详解】的定义域为，
，
当时，恒成立，
此时在上单调递减，不存在最小值，
当时，令得，令得，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在上取得极小值，也是最小值，满足要求，
故，解得，
故，，
则.
故答案为：0
14. 英国数学家布鲁克 泰勒以发现泰勒公式、泰勒级数和泰勒展开式而闻名于世．计算器在计算，，，等函数的函数值时，是通过写入“泰勒展开式”程序的芯片完成的．“泰勒展开式”是：如果函数在含有的某个开区间内可以多次进行求导数运算，则当，且时，有．其中是的导数，是的导数，是的导数，阶乘，．取，则的“泰勒展开式”中第三个非零项为______，精确到0.01的近似值为______．
【答案】 ①. ②. 0.84
【解析】
【分析】根据泰勒展开式，化简得到，求得的“泰勒展开式”中第三个非零项，令，代入上式，进而求得的近似值．
【详解】根据题意，
，
取时，可得，
则
，
所以的“泰勒展开式”中第三个非零项为，
令，代入上式可得．
故答案为：；0.84
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤．
15. 已知等差数列中的前n项和为，且，，成等比数列，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列为递增数列，记，求数列的前n项的和．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列公差为d，已知条件列方程组求出和d，可求数列的通项公式；
（2）错位相减法求数列的前n项的和．
【小问1详解】
设等差数列公差为d，则，即
解得或，所以或；
【小问2详解】
由数列为递增数列，则，
所以，
则
有
两式相减，有
，
即．
16. 已知函数．
（1）若，求曲线在点处切线方程；
（2）若，研究函数在上的单调性和零点个数．
【答案】（1）
（2）在上单调递增；1
【解析】
【分析】（1）当时，求出，，从而可求出切线方程.
（2）当时，利用导数求出在上单调递增．又，从而可求解.
【小问1详解】
当时，，
则，则，，
所以曲线在点处的切线方程为．
【小问2详解】
当时，，则，
当时，，，，则，
故在上单调递增．
又因为，所以在上的零点个数为．
17. 已知数列的前n项和为，，．
（1）求证为等比数列；
（2）求证：．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
分析】
（1）由已知得，即，可证明是等比数列；
（2）有（1）知，即，合理利用放缩然后利用裂项相消可得证明.
【详解】证明：（1）∵数列的前n项和为，，，∴，
∴，，∴是以为首项，以4为公比的等比数列．
（2）∵是以为首项，以4为公比等比数列，∴，∴．∴．
，，所以，
当时，
∴
．
综上所述，．
【点睛】本题主要考查了由递推数列求证等比数列，以及放缩法证明不等式，其中合理利用放缩然后再利用裂项相消求和是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.
18. 已知等比数列的前n项和为，，且，，成等差数列.
（1）求；
（2）设，是数列的前n项和，求；
（3）设，是的前n项的积，求证：，．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据得到，即，据此求出公比即可求解；
（2）由（1）得，根据；
（3）由（1）求出，求出，求出，构造函数，求出在单调性，与比较，据此即可证明.
【小问1详解】
由题意，，则，
得，即，
所以公比，又，
故；
【小问2详解】
由（1）得所以
；
【小问3详解】
由（1）得，
则，那么，
构造函数且，
则，即在上递减，
所以，即在上恒成立，
故（当且仅当时取等号），
所以，，
即，.
【点睛】关键点点睛：本题（3）关键在于构造函数，求出在的单调性.
19. 英国物理学家、数学家艾萨克 牛顿与德国哲学家、数学家戈特弗里德 莱布尼茨各自独立发明了微积分．其中牛顿在《流数法与无穷级数》（The Method of Fluxions and Inifinite Series）一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法．如图，具体做法如下：先在x轴找初始点，然后作在点处切线，切线与x轴交于点，再作在点处切线，切线与x轴交于点，再作在点处切线，以此类推，直到求得满足精度的零点近似解为止．
（1）设函数，初始点，若按上述算法，求出的一个近似值（精确到0.1）；
（2）如图，设函数，初始点为，若按上述算法，求所得前n个三角形，，……，的面积和；
（3）设函数，令，且，若函数，，设曲线的一条切线方程为，证明：当时，．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求得点处的切线方程，再令求解；
（2）设，得到，由，求得点处的切线方程，得到，再根据得到，从而，求解；
（3）由曲线在处的切线方程得到切线与x轴交点横坐标为，再由函数，得到，，进而得到，曲线的一条切线方程为，然后将问题转化为证成立，先证明，即，，再由，得到放缩证明；另解：将证，转化为为证明即可.
【小问1详解】
解：由函数，则，
当时，则切线斜率，且，
那么在Q点处的切线方程为，
令，切线与x轴的交点横坐标为，
此为的一个符合题目精度的近似值；
【小问2详解】
设，则，因为，所以，
则处切线为，
切线与x轴相交得，
，因为得，
所以，，
所以，
，
．
故所得前n个三角形，，，……，的面积和为；
【小问3详解】
曲线在处的切线为，
所以切线与x轴交点横坐标为，
当函数时，即，
得，又，则，，
故，曲线的一条切线方程为，
要证：当时，，即证：，
即，
又，故曲线在处的切线方程为，
因为，
故可猜测：当且时，的图象恒在切线的上方．
下证“当时，”．
证明：设，，
则，令，则且在上单增，
当时，，故单调递减；当时，，故单调递增，
又，，，，
所以，存在，使得，
当时，；当，，
那么在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又，∴，当且仅当时取等号，
故，．
易证，故，∴，当且仅当时取等号．
所以，
即．所以，，
即成立，当时等号成立．
故当时，
另解：要证，即，等价于，
又，不等式两边同除以x，可转化为证明，
令，，
∵，因此当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
∴有最大值，即恒成立，即当时，.
【点睛】方法点睛：证明不等式，往往转化为，再令，由求解.
