山东省大联考2023-2024学年高二下学期3月质量检测联合调考数学试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第二册，选择性必修第三册第六章6．1､6．2．
一､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，只有一项是符合题目要求的．
1. 从4名老师和10名学生中各选1人组成一个小组，则不同的选法共有（ ）
A. 14种B. 24种C. 36种D. 40种
【答案】D
【解析】
【分析】按照分步乘法计数原理及组合知识计算可得.
【详解】依题意不同的选法共有种.
故选：D
2. 函数的导函数为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据简单复合函数的求导规则计算可得.
【详解】因为，
所以.
故选：C
3. 下列数列不是单调数列的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用函数的单调性判断A、B，利用作差法判断C，列出数列的前几项，即可判断D.
【详解】对于A：因为函数在定义域上单调递增，
所以数列单调递增，故A错误；
对于B：因为函数在定义域上单调递减，
所以数列单调递减，故B错误；
对于C：令
因为，函数在上单调递增，当时，
所以（），所以，
故数列单调递增，故C错误；
对于D：数列的前几项分别为，，，，，，，，
显然数列不单调，故D正确.
故选：D
4. 若函数不存在极值，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意函数不存在极值，则在上恒成立，从而可解.
【详解】函数，
则，
因为函数不存在极值，则在上恒成立，
则，得.
故选：A
5. 唐山棋子烧饼，因形状､大小都酷似中国象棋的棋子而得名．烧饼里外烤制酥透，色泽金黄，肉馅鲜香，酥脆适口不腻，是唐山地区独有的风味美食．某唐山棋子烧饼店有一种“五福临门”套餐（肉､糖､什锦､腊肠､火腿5种馅心的唐山棋子烧饼各1个），在如图所示的标有不同号码的5格餐具盒里面放入5种唐山棋子烧饼，每个格子只能放1个，若要求肉馅和腊肠馅的唐山棋子烧饼不能相邻摆放，则不同的摆放方法共有（ ）
A. 35种B. 70种C. 36种D. 72种
【答案】D
【解析】
【分析】不相邻问题用插空法计算可得.
【详解】依题意首先将其余三种烧饼全排列，
再将肉馅和腊肠馅烧饼插入到其所形成的个空中的个，
故不同的摆放方法一共有种.
故选：D
6. 设的整数部分记为，则数列的前20项和为（ ）
A. 209B. 210C. 211D. 212
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，从而可得数列的通项公式，再求其前20项和.
【详解】由于，
当时，，
当时，由于，所以，
则数列的前20项和：
.
故选：C
7. 设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，利用导数说明函数的单调性，即可得到，再由对数函数的性质判断
【详解】设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，故，
又因为，，所以.
故选：D
8. 已知函数满足，，则（ ）
A. 80199B. 80200C. 81001D. 81002
【答案】A
【解析】
【分析】令，可得，再利用累加法及等差数列求和公式计算可得.
【详解】因为，，
令，可得，即，
所以，，
，，，
所以，
所以.
故选：A
二､多选题：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. 已知函数，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】求出导数，然后根据导数的定义可判断A、C；设函数，利用导数可得在上恒成立，判定B；利用对数运算和基本不等式可判断D.
【详解】对于AC，由题意，
则，得，且，
，故A错误；
，故C错误；
对于B，设函数，则，
令，得（舍），或，
则当时，，所以函数单调递减，
当时，，所以函数单调递增，
所以，则在上恒成立，
所以，故B正确；
对于D，
，
当且仅当，即时，等号成立，故D正确
故选：BD
10. 平面内有两组平行线，一组有10条，另一组有7条，且这两组平行线相交，则（ ）
A. 这两组平行线有70个交点B. 这两组平行线可以构成140条射线
C. 这两组平行线可以构成525条线段D. 这两组平行线可以构成945个平行四边形
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用两个计数原理，结合组合应用问题逐项分析计算得解.
详解】对于A，两组平行线相交有个交点，A正确；
对于B，一个交点可以引出4条射线，则可以构成条射线，B错误；
对于C，10条平行线中的每一条有条线段，7条平行线中的每一条有条线段，
则可以构成条线段，C正确；
对于D，10条平行线中的每2条平行线与7条平行线中的每2条平行线可以构成一个平行四边形，
则可以构成个平行四边形，D正确.
故选：ACD
11. 已知函数的导函数为，若，且，，则的取值可能为（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】AB
【解析】
【分析】令，利用导数说明函数的单调性，即可得到，从而求出的取值范围，即可判断.
【详解】因为，
令，则
，
所以在定义域上单调递增，
所以，即，
又，，
所以，所以，
又，所以，，
所以的可能取值为、.
故选：AB
【点睛】关键点点睛：本题关键是依题意构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可求出的取值范围.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知某物体的位移（单位：米）与时间（单位：秒）之间的关系可用函数表示，则该物体在秒时的瞬时速度为__________米/秒．
【答案】
【解析】
【分析】求出函数的导函数，在求出时的导数值，即可得解.
【详解】因为，所以，
则，
所以该物体在秒时的瞬时速度为米/秒.
故答案：
13. 若存在等比数列，使得，则公比的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】将原式表示为的关系式，看做关于的二次型方程有解问题，利用判别式列不等式求解即可.
【详解】由题设数列的公比为，
则，
整理得，
当时，易知，符合题意；
但当时，，
解得，且,
则公比的取值范围是.
故答案为：
14. 设为数列的前项和，，且，则__________，的最大值为__________．
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】根据作差即可求出，从而求出，则，令，，利用作差法判断的单调性，即可求出.
【详解】因为①，
所以②，
②①可得，
即，即，
又，所以当时也成立，所以，
所以，，
所以，
令，，
则，
因为函数对称轴为，开口向下，
则在上单调递增，在上单调递减，
又，，
因为，当时，即，
当时，即
所以，
所以当时取得最大值，即，
故的最大值为.
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. 已知数列为等差数列，且．
（1）求；
（2）若，数列的前项和为，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的通项公式即可求解；
（2）根据（1）结论及指数的运算，利用分组求和法、等比数列的前项和公式及裂项相消法即可求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，则
，
数列的通项公式为，即.
【小问2详解】
由（1）知，，，
，
,
,
.
16. 已知函数．
（1）若第一象限内的点在曲线上，求到直线的距离的最小值；
（2）求曲线过点切线方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，求出在点的切线斜率与直线的斜率相等时，点的坐标，进一步计算即可；
（2）设出切点坐标，利用斜率相等建立方程，解出后求得切点坐标，进一步计算即可.
【小问1详解】
设，由题意得，
当曲线在的切线与平行时，到的距离最小，
此时，
得，即，则
故到的距离的最小值为．
【小问2详解】
设所求切线的切点为，
由（1）得，则，
解得，所以切点为，
切线的斜率为．
故所求的切线方程为，
即．
17. 数列满足．
（1）证明数列是等比数列，并求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等比数列的定义证明，并先写出数列的通项公式，从而得的通项公式；
（2）先利用对数运算写出数列的通项公式，再利用分组求和、错位相减法求前项和.
【小问1详解】
由，得，
，，
，则是首项为2，公比为4的等比数列，
则，
则；
【小问2详解】
由，
所以，
设数列和的前项和分别为，
则，①
， ②
：
，
则，
而，
所以.
18. 已知函数．
（1）当时，求在上的最值；（提示：）
（2）讨论的单调性；
（3）当时，证明：．
【答案】（1）最小值；最大值
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导后分析单调性可求出最值；
（2）含参数的单调性讨论问题，先求导，在分分子为一元一次方程，直接分析即可；不等于零时，因式分解，讨论根的大小情况，再结合函数的定义域分析导数的正负即可得到函数的单调性.
（3）先把不等式右边看成数列的前项和，再仿写出，作差后求出新数列；然后不等式左边的通项与右边作差，构造函数，求导后可求出最小值为，即可证明原不等式.
【小问1详解】
当时，，则，
令，
所以在上单调递减，在上单调递增，
最小值，
因为，且，
所以最大值.
【小问2详解】
，则，
① 当时，分子为，所以在上单调递减，在上单调递增；
② 当时，分子为，令，解得，
所以当，即时，在，上单调递增，在上单调递减；
当，即或时，
又因为时，，所以当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
综上，当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，分子为，所以在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问3详解】
当时，，
设，则，
设，则，
则，
设，
则，
因为，所以当时，，所以在上递减，在上递增，
所以，
所以，
所以，当时，.
【点睛】方法点睛：
（1）含参数的单调性讨论时，按如下步骤求解：求导，分析方程的性质，根的个数，根的大小，根与定义域的关系；
（2）用导数证明数列不等式时，常先构造函数数列，再求导分析单调性.
19. 已知函数有两个不同极值点.
（1）求的取值范围；
（2）证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，可判断当时，不符合题意；当时，将问题转化为与的图象需有两个交点，构造函数，利用导数判断单调性，数形结合，即可求得答案；
（2）结合（1）判断以，由，得，从而构造函数， 判断其单调性，继而令，判断单调性，即可推出，结合参数范围以及函数单调性，即可证明结论.
【小问1详解】
由题意得的定义域为，
令，则，
当时，，故在上单调递增，不存在两个不同的零点，
即没有两个不同极值点，不符合题意；
当时，由，得，
由题意知与的图象需有两个交点，
令，则，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
所以．
当时，，当时，，且当趋向无穷大时，趋向于0，
所以要满足与的图象有两个交点，需，即．
【小问2详解】
证明：结合（1），可知，所以，
由，得，则，
即；
令，得，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，
令，则，仅当时取等号，
所以在上单调递增，
又，所以当时，，即，
由，得，则．
因为在上单调递增，所以.
【点睛】难点点睛：本题考查了导数的综合应用，难度较大，综合性强，解答的难点在于利用导数证明不等式，解答时要结合题意以及要证明不等式的结构特征，连续构造函数，利用函数的单调性解决问题.