山东省淄博市沂源县第二中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题（含解析）

山东省淄博市沂源县第二中学2024 2025学年高二下学期期中考试数学试题
一、单选题
1．若，则（ ）
A．0 B．1 C． D．
2．等差数列中，为其前项的和，若，，则（ ）
A．50 B．100 C．400 D．500
3．已知函数的定义域为，导函数在区间上的图象如图所示，则函数在区间上的极大值点的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
4．我国古代的数学名著《九章算术》中有“衰分问题”：今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问次日织几问 其意为：一女子每天织布的尺数是前一天的2倍，5天共织布5尺，请问第二天织布的尺数是（ ）
A． B． C． D．
5．已知数列中，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．若函数有个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．数学与文化有许多奇妙的联系，如诗词中有回文诗回文联“上海自来水来自海上”，既可以顺读又可以逆读数学中有回文数，如“343，12521”，两位数的回文数11，22，33等，则三位数的偶数回文数的个数为（ ）
A．40 B．45 C．50 D．54
8．已知函数在其定义域内的一个子区间内不是单调函数，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知等差数列是递减数列，为其前项和，且，则（ ）
A． B．
C． D．、均为的最大值
10．给出定义：若函数在上可导，即存在，且导函数在上也可导，则称在上存在二阶导函数，记，若在上恒成立，则称在上为凸函数.以下四个函数在上是凸函数的是（ ）
A． B．
C． D．
11．对于函数，下列说法正确的是（ ）
A．单调递减 B．在处取得极大值
C．有两个不同零点 D．在处的切线方程为
三、填空题
12．若直线与曲线相切，则 ．
13．已知某校高二（1）班有42人，高二（2）班有45人，高一（3）班有38人，现从这三个班中任选1人去参加活动，则不同的选法共有 种.
14．数列的首项，且（为正整数），令，则 .
四、解答题
15．已知函数.
（1）求单调区间；
（2）求在区间上的最值.
16．已知是等差数列的前n项和，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）为何值时，取得最大值并求其最大值．
17．设数列的前项和为，，.
（1）求证：数列是等差数列.
（2）设是数列的前项和，求使对所有的都成立的最大正整数的值.
18．已知数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
19．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
参考答案
1．【答案】B
【详解】解：已知，
则，
所以.
故选B.
2．【答案】D
【详解】，
故选D
3．【答案】B
【详解】极大值点在导函数的零点处，且满足零点的左侧为正，右侧为负，由导函数的图象可知极大值点共有3个.
故选:B.
4．【答案】C
【详解】由题可得该女子每天织布的尺数成等比数列，设其首项为，公比为，
则，解得
所以第二天织布的尺数为.
故选C
5．【答案】B
【详解】当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
所以数列的周期为3，
因为，
所以.
故选B
6．【答案】A
【详解】
令，即，解得：或，
当时，，在上单调递减；
当时，，在、上单调递增，
故当时，取极小值：，
当时，取极大值：，
有三个不同零点，
∴，解得：，
∴实数的取值范围是：.
故选A.
7．【答案】A
【详解】根据题意，三位数的偶数回文数的个位和百位数字相同，必须为2、4、6、8中的1个，有4种情况，对于十位数字，没有限制，有10种情况，
则三位数的偶数回文数有个.
故选A.
8．【答案】D
【详解】由题知函数的定义域为， ，
所以，当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
因为函数在区间上不单调，
所以，，解得，
所以，实数的取值范围是.
故选D．
9．【答案】BD
【详解】因为等差数列是递减数列，所以，，所以，，故A错误；
因为，所以，故B正确；
因为，故C错误；
因为由题意得，，所以，，故D正确；
故选BD
10．【答案】BC
【详解】对于A，，，
当时，，，，故在上不是凸函数；
对于B，，对任意的，，故在上是凸函数；
对于C，，对任意的，，故在上是凸函数；
对于D，，对任意的，，故在上不是凸函数.
故选BC
11．【答案】BD
【详解】函数的定义域为R，求导得，
当时，，当时，，
因此函数在上递增，在递减，
对于A，由函数在上递增，得A错误；
对于B，在处取得极大值，B正确；
对于C，函数在上递增，且，
而当时，恒有，函数只有1个零点，C错误；
对于D，，因此在处的切线方程为，D正确.
故选BD
12．【答案】
【详解】由求导得，设切点为，
则切线的斜率为，解得，则切点坐标为，
将代入直线，得，解得，
所以.
13．【答案】125
【详解】根据分类加法计数原理，不同的选法共有种．
14．【答案】
【详解】因为数列的首项，且（为正整数），则，
且，所以数列是首项为，公比也为的等比数列，故，
所以，，则，
所以，数列为等差数列，故.
15．【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）最小值为，最大值为4
【详解】（1）定义域为R，
，
令得：或，
令得：，
所以单调递增区间为，单调递减区间为
（2）由（1）可知：在处取得极小值，且为最小值，故，
又因为，而，
所以，
所以在区间上的最小值为，最大值为4
16．【答案】（1）；（2）n=4时取得最大值.
【分析】（1）利用公式，进行求解；
（2）对进行配方，然后结合由，可以求出的最大值以及此时的值.
【详解】（1）由题意可知：，当时，，
当时，，
当时，显然成立，所以数列的通项公式；
（2），
由，则时，取得最大值28，
所以当为4时，取得最大值，最大值28．
【关键点拨】本题考查了已知求，以及二次函数的最值问题，根据的取值范围求最大值是解题的关键.
17．【答案】（1）证明见解析；（2）.
【详解】（1）依题意，，故，
当时，①，又②，
②-①得：，又，即，
所以，故为等比数列，则，
所以，故，即是首项、公差均为1的等差数列.
（2）由（1）知：=，
所以，
由题设，，解得：，故所求最大正整数为5.
18．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）借助与的关系，消去即可得；
（2）借助错位相减法求和即可得.
【详解】（1）由，
则当时，有，
则，即，
当时，，即，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
即；
（2）由，故，
则，
故，
则，
即
，
故.
19．【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
方法二：
令，则，
由于在上单调递增，所以在上单调递增，
又，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以要证，即证，即证，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
【方法总结】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1 通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2 利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3 根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．