精品解析：山东省淄博第七中学2024-2025学年高二下学期期中学分认定考试数学试题

2024-2025 学年度第二学期高二学分认定考试 数学试题 本试卷分为第 I 卷 (选择题) 和第 II 卷 (非选择题) 两部分.满分 150 分， 考试时间 120 分钟. 第 I 卷 (选择题 共 58 分) 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. 由可以组成无重复数字三位数的个数为（ ） A. 4 B. 24 C. 64 D. 81 【答案】B 【解析】 【分析】根据排列数直接计算即可. 【详解】由题意，4个不同数字中取出3个，排成一列，共有个不同数字， 故选：B 2. 二项式的展开式中项的系数为，则 A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【详解】二项式的展开式的通项是，令得的系数是，因为的系数为，所以，即，解得：或，因为，所以，故选C． 【考点定位】二项式定理． 3. 在等比数列中，是方程的两个根，则（ ） A. 7 B. 8 C. 或8 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由韦达定理得到，再根据等比数列性质可以求出. 【详解】等比数列中，是方程的两个根，则， 再根据等比数列性质可以求出. 故选：D. 4. 已知函数，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求导，再令可得结论. 【详解】因为，令得. 故选：A 5. 已知数列满足：，，则（ ） A. 34 B. 42 C. 46 D. 64 【答案】B 【解析】 【分析】由，，利用递推思想，逐项求出，再相加即可. 【详解】，， 则，，，； 则. 故选：B. 6. 已知等差数列，的前n项和分别为，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先将所求式子进行等价变形，再依据等差数列通项公式和前n项和公式即可求解. 【详解】，又 . 故选：B. 7. 若是区间上的单调函数，则实数的取值范围是（   ） A. B. C. 或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】求导，分析导函数的正负得到原函数的单调性，再由已知建立关于的不等式组，解出即可． 【详解】由题意，， 令，解得，令，解得或， 所以在上单调递减，在，上单调递减， 若函数在区间上单调， 则或或，解得或或， 即或. 故选：C. 8. 已知函数有三个不同的零点，其中，则的值为（ ） A. 1 B. C. -1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，求得导数和单调性，画出图象，从而考虑有两个不同的根，从而可得或，结合图象可得，结合韦达定理即可得到所求值. 【详解】令，则，故当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，且在处取得极小值， 当，，，，所以函数的图象如图所示， 由可化为，结合图象可知方程有两个不同的实数根， 故或，不妨设方程的两根为，， 若，，，所以， 由图象易知共有两个根，故不成立； 若，则方程的两根为一正一负，不妨设， 结合的性质可得，， 故， 又因为，，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. 甲、乙、丙、丁、戊五人站成一排照相，下列说法正确的是（ ） A. 甲不能排在两侧的排法总数为72种 B. 甲、乙相邻的排法总数为12种 C. 甲、乙不相邻的排法总数为72种 D. 甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法总数为36种 【答案】AC 【解析】 【分析】根据特殊元素法，先排特殊元素甲，即可判断A；利用捆绑法判断B；利用插空法判断C；根据定序法判断D. 【详解】对于A，甲不能排在两侧，则甲排在中间3个位置上，然后其余4人全排列， 共有种排法，A正确； 对于B，甲、乙相邻，利用捆绑法，共有种排法，B错误 对于C，甲、乙不相邻，先排其余3人，再将，甲、乙插入其余3人排完后形成的空中， 共有种排法，C正确； 对于D，甲、乙、丙、丁、戊五人全排列有种排法 甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法总数为种，D错误， 故选：AC 10. 若，下列等式中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据排列数、组合数的计算公式逐项分析即可判断ACD，再由组合数的性质判断B得解. 【详解】A，因为，故A正确； B，由组合数的性质知，，故B错误； C，因为，故C正确； D，由，故D正确. 故选：ACD 11. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知条件，利用对数式的运算判断范围，通过构造函数，利用基本不等式和导数求最值判断不等式是否成立. 【详解】对于A， 则，即， 解得故A正确； 对于B， 函数，则， 时， ，单调递减， 时， ，单调递增， ，即，时，等号成立， 已知，所以，故B正确； 对于C， 已知则，当且仅当，即时， 等号成立， 所以，所以，得，故C错误； 对于D， 设因为则， 设，则， 设，则，在上单调递增， 当时，所以，即， 所以在上恒成立，得在单调递增， 所以，即，故D错误. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用单调性比较式子大小，解题的关键是根据题干式子形式构造函数，利用函数的单调性比较大小即可. 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. 12. 将5名志愿者分配到四个社区协助开展活动，每名志愿者只能到1个社区，每个社区至少1名，则不同的分配方法数是____________. 【答案】240 【解析】 【分析】把5名志愿者分成4组，再分配到4个社区即可. 【详解】把5名志愿者分成4组，有种分法， 再把每一种分法的4组分配到4个社区有种方法， 所以不同的分配方法数是. 故答案为：240. 13. 的展开式中常数项为__________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【详解】的展开式的通项公式为，令，，故该展开式中的常数项为，故答案为． 【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用. 14. 已知函数是函数的极值点，若对任意的，总存在，使得成立，则实数的取值范围为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】首先利用导数分别求出在的值域，根据极值点性质得到，从而得到函数的单调性和，根据题意得到，再解不等式即可. 【详解】，，令，解得. 所以，，在上为增函数. 所以时，. ，， 因为是函数的极值点， 所以，解得，所以. 所以，，在上为增函数，且， 则时，． 因为对任意的，总存在唯一的，使得成立， 所以，即，解得. 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. 已知函数，曲线在处的切线方程为. （1）求的值； （2）求在区间上的最值. 【答案】（1）， （2）最大值为13，最小值为5 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义可求出结果； （2）利用导数判断单调性，根据单调性可求出最值. 【小问1详解】 ， ， 又∵曲线在处的切线方程为. ，，即得：， 解得：， 【小问2详解】 由（1）得：，， 令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 因为，，所以. 在区间上的最大值为13，最小值为5. 16. 已知公差为正数的等差数列的前项和为，数列为等比数列，且，. （1）求数列的前项和； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意列出方程组求出公差与公比，得到，再由错位相减法求和即可； （2）由分组求和结合等比数列求和公式与裂项相消法计算即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，等比数列公比为， ， 解得：， ， ， ， ， 两式作差得： . 【小问2详解】 由（1）得：. 则 . 17. 已知函数，，. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，对，，求正整数的最大值. 【答案】（1） 当时，函数在区间上单调递减； 当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减. （2）3. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，再按与分类讨论求出函数的单调性. （2）把代入，再等价变形给定的不等式，构造函数，利用导数求出最小值的范围得解. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， ①当时，有，此时函数在区间上单调递减； ②当时，当时，，此时函数在区间上单调递增； 当时，，此时函数在区间上单调递减. 所以当时，函数在区间上单调递减； 当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减. 【小问2详解】 当，时，恒成立，等价于恒成立， 设，，则， 当时，有， 函数在上单调递增，且，， 则存在唯一的，使得，即， 当时，，；当时，，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 设，则当时，，函数在上单调递减， 又因为，所以. 所以正整数的最大值是3. 18. 某工厂生产某产品的固定成本为万元，每生产万箱，需另投入成本万元，当产量不足万箱时，；当产量不小于万箱时，，若每箱产品的售价为200元，通过市场分析，该厂生产的产品可以全部销售完. （1）求销售利润（万元）关于产量（万箱）的函数关系式； （2）当产量为多少万箱时，该厂在生产中所获得利润最大？ 【答案】（1） （2）当产量为80万箱时，所获利润最大 【解析】 【分析】（1）分和两种情况讨论，分别求出函数解析式； （2）利用导数求出函数在时的最大值，利用基本不等式求出当时的最大值，即可得解. 【小问1详解】 由题意可知，销售收入为万元， 当产量不足万箱，即时， . 当产量不小于万箱，即时， . 综上可得. 【小问2详解】 设， 当时，， 则当时，当时， 可知在上单调递增，在上单调递减. 则， 当时，由基本不等式可知， 当且仅当，即时取等号. 又，所以当产量为万箱时，所获利润最大值为万元. 19. 已知数列满足，且对任意正整数都有. （1）写出，并求数列的通项公式； （2）设数列的前项和为，若存在正整数，使得，求的值； （3）设是数列的前项和，求证：. 【答案】（1），， （2）2 （3）证明见解析 【解析】 【小问1详解】 因为对任意正整数都有， 故，， 令，可得， 所以. 当时，， 当时，，符合上式，所以； 【小问2详解】 由（1）得，当为偶数时， 当为奇数时，为偶数， . 综上所述，； 若为偶数，则为奇数，由，得， 解得（舍去）或； 若为奇数，则为偶数，由，得，方程无解， 不合题意，舍去. 综上，所求的值为2. 【小问3详解】 由 现在我们来证明时，， 令，求导得， 所以在上单调递增，所以， 结合当时，，有， 所以. 故 【点睛】关键点点睛：问题的第三问，先化简，得，再证明时，，利用结论，对数列进行放缩，得到，可证结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025 学年度第二学期高二学分认定考试 数学试题 本试卷分为第 I 卷 (选择题) 和第 II 卷 (非选择题) 两部分.满分 150 分， 考试时间 120 分钟. 第 I 卷 (选择题 共 58 分) 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. 由可以组成无重复数字三位数的个数为（ ） A. 4 B. 24 C. 64 D. 81 2. 二项式的展开式中项的系数为，则 A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 3. 在等比数列中，是方程的两个根，则（ ） A. 7 B. 8 C. 或8 D. 4. 已知函数，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 5. 已知数列满足：，，则（ ） A. 34 B. 42 C. 46 D. 64 6. 已知等差数列，的前n项和分别为，，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 若是区间上的单调函数，则实数的取值范围是（   ） A. B. C. 或 D. 8. 已知函数有三个不同的零点，其中，则的值为（ ） A. 1 B. C. -1 D. 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. 甲、乙、丙、丁、戊五人站成一排照相，下列说法正确的是（ ） A. 甲不能排在两侧的排法总数为72种 B. 甲、乙相邻的排法总数为12种 C. 甲、乙不相邻的排法总数为72种 D. 甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法总数为36种 10. 若，下列等式中正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知，则（ ） A. 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. 12. 将5名志愿者分配到四个社区协助开展活动，每名志愿者只能到1个社区，每个社区至少1名，则不同的分配方法数是____________. 13. 的展开式中常数项为__________．（用数字作答） 14. 已知函数是函数的极值点，若对任意的，总存在，使得成立，则实数的取值范围为__________. 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. 已知函数，曲线在处的切线方程为. （1）求的值； （2）求在区间上的最值. 16. 已知公差为正数的等差数列的前项和为，数列为等比数列，且，. （1）求数列的前项和； （2）设，求数列的前项和. 17. 已知函数，，. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，对，，求正整数的最大值. 18. 某工厂生产某产品的固定成本为万元，每生产万箱，需另投入成本万元，当产量不足万箱时，；当产量不小于万箱时，，若每箱产品的售价为200元，通过市场分析，该厂生产的产品可以全部销售完. （1）求销售利润（万元）关于产量（万箱）的函数关系式； （2）当产量为多少万箱时，该厂在生产中所获得利润最大？ 19. 已知数列满足，且对任意正整数都有. （1）写出，并求数列的通项公式； （2）设数列的前项和为，若存在正整数，使得，求的值； （3）设是数列的前项和，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $