精品解析：山东省日照市2024-2025学年高二下学期5月期中校际联合考试数学试题

2023级高二下学期期中校际联合考试 数学 2025.05 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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，将试题卷和答题卡一并交回. 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. 若，则（ ） A B. 4 C. 2 D. 2. 在等差数列中，若，则公差 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知函数 的导函数为，且满足，则 （ ） A. B. C. 1 D. 4. 已知数列的前项和为，且，则（ ） A. 31 B. 45 C. 57 D. 63 5. 记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 6. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……第层有个球，则数列的前30项和为（ ） A. B. C. D. 7. 已知过点可以作曲线的两条切线，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若对，都有，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. 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. 已知数列为等差数列，数列为等比数列，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若公差，则为递增数列 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知函数，则（     ） A. 为奇函数 B. 的单调递增区间为 C. 的极小值为3 D. 若关于的方程恰有3个不等的实根，则的取值范围为 11. 已知数列的前项和为，且对任意的，总存在，使得，则称为“回归数列”.以下结论中正确的是（ ） A. 若，则为“回归数列” B. 若为等比数列，则为“回归数列” C. 设为等差数列，当，公差时，若为“回归数列”，则 D. 对任意的等差数列，总存在两个“回归数列”和，使得 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在处的切线方程为______． 13. 设数列的前项和为，且，则__________. 14. 已知，若恒成立，则的最大值为__________. 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. 记首项为1的数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 16. 已知函数 （1）讨论函数的单调性； （2）设函数，若函数在上为增函数，求实数a的取值范围. 17. 设数列满足，数列是公比大于0的等比数列.已知是和的等比中项. （1）求数列和数列的通项公式； （2）设，且数列前项和为，若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围. 18 已知函数. （1）当时，求在区间上的最值； （2）记. （i）证明：曲线中心对称图形； （ii）若函数有三个零点，求的取值范围. 19. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围； （3）记方程的根为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023级高二下学期期中校际联合考试 数学 2025.05 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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，将试题卷和答题卡一并交回. 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. 若，则（ ） A. B. 4 C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的定义即可求解. 【详解】, 故选：C 2. 在等差数列中，若，则公差 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 把用表示出来，根据题目条件列出方程组，即可求得本题答案. 【详解】在等差数列中，因为，所以，求得. 故选：B 【点睛】本题主要考查等差数列通项公式的应用，属于基础题. 3. 已知函数 的导函数为，且满足，则 （ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】求得函数的导数，令，即可求解. 【详解】由，可得，所以 ，则 . 故选：B. 4. 已知数列的前项和为，且，则（ ） A. 31 B. 45 C. 57 D. 63 【答案】C 【解析】 【分析】根据构造法可得为等比数列，即可求解. 【详解】由可得，故是以2为公比，首项为2的等比数列， 所以， 故选：C 5. 记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断作答.， 【详解】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为， 则， 因此为等差数列，则甲是乙的充分条件； 反之，乙：为等差数列，即为常数，设为， 即，则，有， 两式相减得：，即，对也成立， 因此为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件，C正确. 方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为，即， 则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件； 反之，乙：为等差数列，即， 即，， 当时，上两式相减得：，当时，上式成立， 于是，又为常数， 因此为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件. 故选：C 6. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……第层有个球，则数列的前30项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据题意，列出数列的递推关系，用累加法求出数列的通项公式，再用裂项求和法求出数列的前想和，可得结果. 【详解】根据已知条件有， 当时，， 以上各式累加得：， 又，所以， 经检验符合上式，所以，所以. 设数列的前项和为， 则， 所以. 故选：A 7. 已知过点可以作曲线的两条切线，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先对函数求导，设切点，写出切线方程，将点代入切线方程，得到，根据切线有两条，得到方程有两根，结合判别式即可求出结果. 【详解】由得， 设过点的直线与曲线切于点， 则切线斜率为， 所以切线方程为 因为切线过点， 所以，整理得， 因为过点的切线有两条， 所以方程有两不同实根， 因此，解得或， 即实数a的取值范围是. 故选：B 8. 已知函数，若对，都有，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对不等式作等价变形，构造函数并利用函数的单调性建立不等式，再分离参数求解即得. 【详解】函数，，， 令，显然函数在上单调递增，而不等式为， 因此，， 令函数，求导得，当时，，递增， 当时，，递减，因此，于是，解得， 所以实数的取值范围是. 故选：B 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. 已知数列为等差数列，数列为等比数列，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若的公差，则为递增数列 C 若，则 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据等比数列的性质即可求解A，根据等差数列的性质即可求解BCD. 【详解】对于A,由于数列为等比数列，当公比不为1时，则，故A错误， 对于B，，则，故，所以为递增数列，B正确， 对于C,可知公差为2，首项为1，所以，C正确， 对于D , 若，则,D正确， 故选：BCD 10. 已知函数，则（     ） A. 为奇函数 B. 的单调递增区间为 C. 的极小值为3 D. 若关于的方程恰有3个不等的实根，则的取值范围为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用判断A选项；利用导数求出函数单调区间和极值，从而判断选项B,C,D. 【详解】对于A，，故，又其定义域为R， 故为奇函数，故A正确； 对于B，，所以在上，，单调递减； 在和上，，单调递增，故B错误； 对于C，由B知，在处取极小值，极小值，故C错误； 对于D，方程恰有3个不等的实根，即恰有3个解， 且在和上，单调递增；在上，单调递减， 所以，即，故D正确. 故选：AD 11. 已知数列的前项和为，且对任意的，总存在，使得，则称为“回归数列”.以下结论中正确的是（ ） A. 若，则为“回归数列” B. 若为等比数列，则为“回归数列” C. 设为等差数列，当，公差时，若为“回归数列”，则 D. 对任意等差数列，总存在两个“回归数列”和，使得 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用等差数列和等比数列的公式及求和公式进行计算并判断即可. 【详解】对于A，由，可得，所以必存在， 使得，故为“回归数列”，所以A正确； 对于B，由等比数列通项公式得，当时，， 显然对任意的，，故不是“回归数列”，所以B错误； 对于C，当时，， 假设总存在，则， 由于对任意的上式恒成立，不妨取，可得，存在， 再取，可得， 因为，而，所以， 当时，对任意的，由 可得总存在满足成立，所以C正确； 对于D，设等差数列， 总存在两个回归数列， 显然和是等差数列，使得， 证明如下：， 因为 所以数列{}前n项和，可得 ， 时，由为正整数，当时，， 所以存在正整数，使得，所以是“回归数列”， 因为所以数列前n项和， 由于，则存在正整数，使得， 所以是“回归数列”，所以D正确. 故选：ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在处的切线方程为______． 【答案】## 【解析】 【分析】求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，即可求出切线方程. 【详解】因为，则， 又，所以， 所以曲线在处的切线方程为． 故答案为： 13. 设数列的前项和为，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据并项求和，结合等比数列的求和公式即可求解. 【详解】由可得 ， 故答案为： 14. 已知，若恒成立，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为，恒成立，构造，求导，分类讨论的取值，求解的最值，得，进一步将问题转化为 ，构造函数，利用导数求解其最大值即可. 【详解】因为对于恒成立， 所以对于，恒成立， 设，所以. 当时，，函数单调递增，所以，此时， 则， 当时，当时，，函数单调递减. 当时，，函数单调递增. 所以. 所以. 所以. 设， 所以， 当时，，函数单调递增. 当时，，函数单调递减. 所以. 故， 综上可得的最大值为. 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. 记首项为1的数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用消去，得到等差数列，并通过求出其通项，进而得到的通项，并对时验证； （2）先求，将数列的前项和转化为数列的前项和. 【小问1详解】 ∵， ∴， 两式相减得：， 即， ∴，∴， ∴数列是以1为首项，以0为公差的等差数列， ∴，∴. 当时，满足上式，∴. 【小问2详解】 由（1）知， ∴， ∴， 又 即数列是以为首项，为公差的等差数列. ∴. 16. 已知函数 （1）讨论函数的单调性； （2）设函数，若函数在上为增函数，求实数a的取值范围. 【答案】（1）当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增， （2） 【解析】 【分析】（1）对函数进行求导，参数进行分类讨论，再利用函数的单调性与导数的关系即得；（2）由题可得函数在上为增函数，在上恒成立，再利用导数求函数的最值即可. 【小问1详解】 由题意得，， 当时，，函数在上单调递增； ②当时，令，解得， ，解得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减； 综上，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增， 【小问2详解】 因为函数在上为增函数， 所以，在上恒成立． 即在上恒成立． 令，当时，， 所以，在上单调递增，． 所以，，解得， 所以，实数的取值范围为． 17. 设数列满足，数列是公比大于0的等比数列.已知是和的等比中项. （1）求数列和数列的通项公式； （2）设，且数列的前项和为，若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据等差数列等比数列基本量的计算可得公差和公比，即可利用等比等差的通项求解， （2）利用错位相减法求解，根据的单调性，将问题转化为，解不等式即可求解. 【小问1详解】 由可得数列为等差数列， 设的公差为，的公比为， 由于是和的等比中项，所以， 由题意可得，解得， 所以， 即 【小问2详解】 由（1）可得， 所以， ， 相减可得， 而，于是为单调递增数列，即， 对任意的，不等式恒成立，得， 解得或， 故的取值范围为或. 18. 已知函数. （1）当时，求在区间上的最值； （2）记. （i）证明：曲线为中心对称图形； （ii）若函数有三个零点，求的取值范围. 【答案】（1）在区间上的最大值为2，最小值为 （2）（i）证明见解析，（ii） 【解析】 【分析】（1）求导，根据导函数正负，即可根据正负求解函数的单调性，比较端点值以及极值点处的函数值即可求解， （2）（i）根据关于的对称点位，代入化简可求解得解， （ii）根据对称性将问题转化为在上有且仅有一个零点，求导，根据的单调性，对，可判断单调，且，不合题意，当时，根据，，结合零点存在性定理可知的单调性，根据时，，即可求解. 【小问1详解】 因为，则， 所以，令，解得， 当，单调递减， 当，单调递增， 又因为， 所以在区间上的最大值为2，最小值为 【小问2详解】 （i）令得，故的定义域为， 设是图象上任意一点，关于的对称点位， 因为在图象上，所以， ， 所以， 所以关于对称， （ii）因为，所以2是的一个零点， 要使有三个零点，只需要在上有且仅有一个零点， ， 由于在上单调递增，在上单调递增，因此在上单调递增，， 若，即，此时，所以在单调递增， 由可得在没有零点，不符合题意，舍去， 若，即，，又因为，所以存在，使得， 当时，，此时在上单调递减， 当时，，此时在上单调递增， 所以时，， 时，， 当时，，所以在上存在唯一的零点，符合题意， 综上： 19. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围； （3）记方程根为，证明：. 【答案】（1）的单调递增区间为，递减区间为. （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，根据导函数的正负，即可求解函数的单调性， （2）根据关于对称，将问题转化为求解的情况，求导后，构造函数，证明进而得在上单调递增，求解的最小值即可求解， （3）对取自然对数得，进而利用导数证明不等式：时，，利用该不等式，分别令，，结合裂项相消法相加即可求解. 【小问1详解】 的定义域为，， 令，则， 当在单调递减，当在单调递增， 故的单调递增区间为，递减区间为. 【小问2详解】 设，则， 所以关于对称，不妨研究时的图象性质. ， 令，显然时，， 下面证明时， ， 由于时，，此时，所以在上单调递增，则， 所以当时，均有，因此在上单调递增， 所以，故， 【小问3详解】 由题意知：且，两边取自然对数得， 先证明：时，， 设， 则当时，在单调递减，当时，在单调递增，故当，故当且仅当时取等号， 故， 所以，所以， 所以 在中，令，得， 当且仅当，即时等号成立， 所以， 所以，，当且仅当时等号成立， 当时，在中，令，得， 所以时，， 当时，，所以，得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $