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山东省淄博市高青县第一中学2023-2024学年高二下学期期中学分认定考试数学试题（原卷版+解析版）
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注意事项：
1.本试题分第I卷和第II卷两部分.第I卷为选择题，共58分；第II卷为非选择题，共92分；满分150分，考试时间为120分钟.
2.客观题请将选出的答案标号（A、B、C、D）涂在答题卡上，主观题用黑色签字笔答题.
第I卷（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. 一物体做直线运动、其位移（单位：）与时间（单位：）的关系是，则该物体在时的瞬时速度是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求即可.
【详解】因为，所以，
由导数定义可知，该物体在时的瞬时速度为.
故选：B
2. 已知数列，，，…，，，则7是这个数列的（ ）
A. 第20项B. 第21项C. 第22项D. 第24项
【答案】D
【解析】
【分析】根据，即可求出答案.
【详解】由题可知，，解得：，则7是这个数列的第24项
故选：D
3. 已知函数的导函数的图象如图所示，那么对于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 在上单调递增B. 在处取得极小值
C. 在处取得极大值D. 在处取得极大值
【答案】D
【解析】
【分析】由导函数的图象得到的取值情况，从而得到函数的单调性与极值点.
【详解】由导函数的图象可知，当时，
当或时，且，当时，
所以在上单调递减，在，上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极小值，在处取得极大值.
故选：D
4. 等比数列中，，，则与等比中项为（ ）
A. 12B. C. D. 30
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比中项定义直接求解即可.
【详解】记与的等比中项为G，
则，
所以.
故选：C
5. 数列，满足，，则的前100项之和等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用裂项相消法求和.
【详解】∵,
∴，
∴,
故选：B．
6. 已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（ ）
A. eB. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】等价转化为在区间上恒成立，再利用分离参数法并结合导数即可求出答案.
【详解】因为在区间上恒成立，所以在区间上恒成立．
令，则在上恒成立，
所以在区间上单调递减，所以，故．
故选：D.
7. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环图，这就是数学史上著名的“冰霓猜想”（又称“角谷猜想”等）.已知数列满足：，，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据“冰霓猜想”结合递推关系，可知数列从开始，是以3为周期的数列，进而即可求解.
【详解】由题意可知，，，，，，
，，，，，……，
可知数列从开始，是以3为周期的数列，
所以根据“冰霓猜想”可知.
故选：B
8. 若函数使得数列，为递减数列，则称函数为“数列保减函数”，已知函数为“数列保减函数”，则a的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】易知对任意的恒成立，参变分离即可求解.
【详解】由题可知对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
因为在时单调递减，在时单调递增，
在时单调递减，
在n＝1时取最大值,且最大值为，
.
故选：B.
二、选择题：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. 下列求导运算正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】CD
【解析】
【分析】结合已知条件，结合导数的求导法则，即可求解.
详解】若，则，故A错误；
若，则，故B错误；
若，则，故C正确；
若，则，故D正确，
故选：CD．
10. 设是等差数列的前项和，若，且，则下列选项中正确的是（ ）
A. B. 为的最大值
C. 不存在正整数，使得D. 存在正整数，使得
【答案】BD
【解析】
【分析】依题意，由得到，再由判断正负，从而判断AB，利用等差数列的求和公式与性质可判断CD，从而得解.
【详解】对于A，设等差数列公差为d，
由，得，
则；
又，所以，
即，所以，
所以，，所以，，故数列为减数列，故A错误；
对于B，因为，，，故为的最大值，故B正确；
对于C，，故，故C错误；
对于D，假设，则，
即，
又由，得，即，
所以，解得，故D正确.
故选：BD.
11. 已知函数的导函数为，若，且，，则的取值可能为（ ）
A. 7B. 4C. 5D. 3
【答案】BC
【解析】
【分析】令,利用导数说明函数的单调性，即可得到，从而求得的取值范围，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，即，
又，所以，，
则的取值可能为4、5.
故选：BC.
第Ⅱ卷（共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知数列是各项均为正数的等比数列，为其前项和，，，则______.
【答案】1或16
【解析】
【分析】利用等比数列的性质可求，又，可得，即可求出、，再求出公比，即可求出.
【详解】各项均为正数的等比数列中，公比，
由，所以，又，
所以，解得或；
若时，可得，则，
若时，可得，则.
故答案为：或
13. 已知函数的导函数为，且满足，则______.
【答案】1
【解析】
分析】求导，令即可得解.
【详解】由题知，，
则，解得，
故答案为：1
14. 已知数列满足，，则下列结论正确的个数为______个.
①是递增数列 ②
③ ④
【答案】2
【解析】
【分析】根据作差法即可判断单调性，根据为整数和单调性即可判断，结合累乘法得到即可判断，结合裂项相消法求和即可判断.
【详解】对于①，由于，因为，所以，所以，故是递增数列，所以①正确；
对于②，由于为整数，且是递增数列，所以，所以②错误；
对于③，由可得，所以，
而，
只有当或2时，取得等号，故，所以③错误；
对于④，由得，即，
所以
，
由于，所以，所以④正确.
故答案为：2.
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．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数在上的单调区间、最值．
【答案】（1）
（2）增区间为，，减区间为；最大值为，最小值为
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切线的斜率，即可求出结果；
（2）利用导数与函数单调性间的关系，求出和的解集，即可求出函数的单调区间，再求出两端点函数值及极值，通过比较，即可求出结果.
【小问1详解】
因为，所以，得到，
又，所以在点处的切线方程为：，即.
【小问2详解】
因为，由，得到或，由，得到，
所以在上的增区间为，，减区间为，
又，，，，
所以函数在上的最大值为，最小值为.
16. 设数列的前n项和为.已知.
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）若数列满足，求的前n项和.
【答案】（Ⅰ）; （Ⅱ）.
【解析】
【分析】（Ⅰ）利用数列前项和与通项的关系求解；
（Ⅱ）结合第（Ⅰ）问的结果，利用关系式求出数列的通项公式，并结合其通项的结构特征，采用错位相减法求其前n项和.
【详解】（Ⅰ）因为，所以，，故
当时，此时，即
所以，
（Ⅱ）因为，所以，
当时，
所以，
当时，
，
所以，两式相减，得
所以，
经检验，时也适合，
综上可得：.
【点睛】本题考查数列前项和与通项的关系，特殊数列的求和问题，关键在于运用错位相减法进行数列求和，注意考虑的情况，属于中档题.
17. 已知函数.
（1）当时，讨论函数在上的单调性；
（2）当时，函数有两个极值点，求b的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，，对求导，分类讨论或，判断与的大小即可得出答案；
（2）将题意转化为方程有2个不等的实根，设，求出的单调性与最值即可得出答案.
【小问1详解】
当时，，∴，
又，∴当时，；当时，，
当，即时，在上单调递减，在上单调递增；
当，即时，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增.
小问2详解】
当，，∴，
函数有两个极值点，即方程有2个不等的实根，
设，则，当时，，当时，，
∴函数在上单调递减，在上单调递增，
∴，且当趋近于负无穷时，趋近于；
当趋近于正无穷时，趋近于正无穷，
则当时，方程有2个不等的实根，
∴在上单调递增，在单调递减，在上单调递增，
即若函数有两个极值点，则.
∴b的取值范围是.
18. 已知为等差数列，是公比为的等比数列，且.
（1）证明：；
（2）求集合中元素个数.
【答案】（1）证明见解析
（2）11
【解析】
【分析】（1）设数列的公差为，根据等差数列、等比数列的通项公式得到方程，解得、即可；
（2）由（1）可得，即，由的范围求出的范围，即可求出的值，从而得解.
【小问1详解】
设数列的公差为，
因为，且是公比为的等比数列，
所以，，
解得，所以原命题得证.
【小问2详解】
由（1）知，所以即，
即，又，
即，所以，又，又，，，
所以解得，所以满足等式的解，
所以，
故集合中的元素个数为.
19. 已知函数.
（1）若，讨论的零点个数；
（2）若是函数（为的导函数）的两个不同的零点，且，求证：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由，分离参数得，构造函数，利用导数判断其单调性，数形结合，即可求解；
（2）由题意得是的两个不同的正实数根，即可得，由此采用分析的方法，将要证明的不等式等价转化为证，换元后构造函数,利用导数判断其单调性，即可证明结论.
小问1详解】
由题意知的定义域为，
令，则，令，
令，则，
当时，，当时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
而，
当或时，直线与函数的图象无交点，即无零点；
当或时，直线与函数的图象有1个交点，即有1个零点；
当时，直线与函数的图象有2个交点，即有2个零点；
【小问2详解】
由题意知，
由于是函数的两个不同的零点，
即是的两个不同的正实数根，
故，则，
要证，即，
由于在上有，
故在上满足，
所以在上单调递减，而，故，
故即证，
即证，
而
，
令，则，设，
则时，，
故在上单调递增，
故，即成立，
故原不等式得证.
【点睛】难点点睛：本题考查了导数的综合应用问题，利用导数判断函数的零点个数以及证明不等式，难点在于不等式的证明，解答时要结合是函数的两个不同的零点，得到，从而采用分析的方法，将要证明的不等式等价转化，利用构造函数，结合函数的单调性进行解答.
注意事项：
1.本试题分第I卷和第II卷两部分.第I卷为选择题，共58分；第II卷为非选择题，共92分；满分150分，考试时间为120分钟.
2.客观题请将选出的答案标号（A、B、C、D）涂在答题卡上，主观题用黑色签字笔答题.
第I卷（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. 一物体做直线运动、其位移（单位：）与时间（单位：）的关系是，则该物体在时的瞬时速度是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求即可.
【详解】因为，所以，
由导数定义可知，该物体在时的瞬时速度为.
故选：B
2. 已知数列，，，…，，，则7是这个数列的（ ）
A. 第20项B. 第21项C. 第22项D. 第24项
【答案】D
【解析】
【分析】根据，即可求出答案.
【详解】由题可知，，解得：，则7是这个数列的第24项
故选：D
3. 已知函数的导函数的图象如图所示，那么对于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 在上单调递增B. 在处取得极小值
C. 在处取得极大值D. 在处取得极大值
【答案】D
【解析】
【分析】由导函数的图象得到的取值情况，从而得到函数的单调性与极值点.
【详解】由导函数的图象可知，当时，
当或时，且，当时，
所以在上单调递减，在，上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极小值，在处取得极大值.
故选：D
4. 等比数列中，，，则与等比中项为（ ）
A. 12B. C. D. 30
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比中项定义直接求解即可.
【详解】记与的等比中项为G，
则，
所以.
故选：C
5. 数列，满足，，则的前100项之和等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用裂项相消法求和.
【详解】∵,
∴，
∴,
故选：B．
6. 已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（ ）
A. eB. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】等价转化为在区间上恒成立，再利用分离参数法并结合导数即可求出答案.
【详解】因为在区间上恒成立，所以在区间上恒成立．
令，则在上恒成立，
所以在区间上单调递减，所以，故．
故选：D.
7. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环图，这就是数学史上著名的“冰霓猜想”（又称“角谷猜想”等）.已知数列满足：，，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据“冰霓猜想”结合递推关系，可知数列从开始，是以3为周期的数列，进而即可求解.
【详解】由题意可知，，，，，，
，，，，，……，
可知数列从开始，是以3为周期的数列，
所以根据“冰霓猜想”可知.
故选：B
8. 若函数使得数列，为递减数列，则称函数为“数列保减函数”，已知函数为“数列保减函数”，则a的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】易知对任意的恒成立，参变分离即可求解.
【详解】由题可知对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
因为在时单调递减，在时单调递增，
在时单调递减，
在n＝1时取最大值,且最大值为，
.
故选：B.
二、选择题：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. 下列求导运算正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】CD
【解析】
【分析】结合已知条件，结合导数的求导法则，即可求解.
详解】若，则，故A错误；
若，则，故B错误；
若，则，故C正确；
若，则，故D正确，
故选：CD．
10. 设是等差数列的前项和，若，且，则下列选项中正确的是（ ）
A. B. 为的最大值
C. 不存在正整数，使得D. 存在正整数，使得
【答案】BD
【解析】
【分析】依题意，由得到，再由判断正负，从而判断AB，利用等差数列的求和公式与性质可判断CD，从而得解.
【详解】对于A，设等差数列公差为d，
由，得，
则；
又，所以，
即，所以，
所以，，所以，，故数列为减数列，故A错误；
对于B，因为，，，故为的最大值，故B正确；
对于C，，故，故C错误；
对于D，假设，则，
即，
又由，得，即，
所以，解得，故D正确.
故选：BD.
11. 已知函数的导函数为，若，且，，则的取值可能为（ ）
A. 7B. 4C. 5D. 3
【答案】BC
【解析】
【分析】令,利用导数说明函数的单调性，即可得到，从而求得的取值范围，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，即，
又，所以，，
则的取值可能为4、5.
故选：BC.
第Ⅱ卷（共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知数列是各项均为正数的等比数列，为其前项和，，，则______.
【答案】1或16
【解析】
【分析】利用等比数列的性质可求，又，可得，即可求出、，再求出公比，即可求出.
【详解】各项均为正数的等比数列中，公比，
由，所以，又，
所以，解得或；
若时，可得，则，
若时，可得，则.
故答案为：或
13. 已知函数的导函数为，且满足，则______.
【答案】1
【解析】
分析】求导，令即可得解.
【详解】由题知，，
则，解得，
故答案为：1
14. 已知数列满足，，则下列结论正确的个数为______个.
①是递增数列 ②
③ ④
【答案】2
【解析】
【分析】根据作差法即可判断单调性，根据为整数和单调性即可判断，结合累乘法得到即可判断，结合裂项相消法求和即可判断.
【详解】对于①，由于，因为，所以，所以，故是递增数列，所以①正确；
对于②，由于为整数，且是递增数列，所以，所以②错误；
对于③，由可得，所以，
而，
只有当或2时，取得等号，故，所以③错误；
对于④，由得，即，
所以
，
由于，所以，所以④正确.
故答案为：2.
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．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数在上的单调区间、最值．
【答案】（1）
（2）增区间为，，减区间为；最大值为，最小值为
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切线的斜率，即可求出结果；
（2）利用导数与函数单调性间的关系，求出和的解集，即可求出函数的单调区间，再求出两端点函数值及极值，通过比较，即可求出结果.
【小问1详解】
因为，所以，得到，
又，所以在点处的切线方程为：，即.
【小问2详解】
因为，由，得到或，由，得到，
所以在上的增区间为，，减区间为，
又，，，，
所以函数在上的最大值为，最小值为.
16. 设数列的前n项和为.已知.
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）若数列满足，求的前n项和.
【答案】（Ⅰ）; （Ⅱ）.
【解析】
【分析】（Ⅰ）利用数列前项和与通项的关系求解；
（Ⅱ）结合第（Ⅰ）问的结果，利用关系式求出数列的通项公式，并结合其通项的结构特征，采用错位相减法求其前n项和.
【详解】（Ⅰ）因为，所以，，故
当时，此时，即
所以，
（Ⅱ）因为，所以，
当时，
所以，
当时，
，
所以，两式相减，得
所以，
经检验，时也适合，
综上可得：.
【点睛】本题考查数列前项和与通项的关系，特殊数列的求和问题，关键在于运用错位相减法进行数列求和，注意考虑的情况，属于中档题.
17. 已知函数.
（1）当时，讨论函数在上的单调性；
（2）当时，函数有两个极值点，求b的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，，对求导，分类讨论或，判断与的大小即可得出答案；
（2）将题意转化为方程有2个不等的实根，设，求出的单调性与最值即可得出答案.
【小问1详解】
当时，，∴，
又，∴当时，；当时，，
当，即时，在上单调递减，在上单调递增；
当，即时，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增.
小问2详解】
当，，∴，
函数有两个极值点，即方程有2个不等的实根，
设，则，当时，，当时，，
∴函数在上单调递减，在上单调递增，
∴，且当趋近于负无穷时，趋近于；
当趋近于正无穷时，趋近于正无穷，
则当时，方程有2个不等的实根，
∴在上单调递增，在单调递减，在上单调递增，
即若函数有两个极值点，则.
∴b的取值范围是.
18. 已知为等差数列，是公比为的等比数列，且.
（1）证明：；
（2）求集合中元素个数.
【答案】（1）证明见解析
（2）11
【解析】
【分析】（1）设数列的公差为，根据等差数列、等比数列的通项公式得到方程，解得、即可；
（2）由（1）可得，即，由的范围求出的范围，即可求出的值，从而得解.
【小问1详解】
设数列的公差为，
因为，且是公比为的等比数列，
所以，，
解得，所以原命题得证.
【小问2详解】
由（1）知，所以即，
即，又，
即，所以，又，又，，，
所以解得，所以满足等式的解，
所以，
故集合中的元素个数为.
19. 已知函数.
（1）若，讨论的零点个数；
（2）若是函数（为的导函数）的两个不同的零点，且，求证：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由，分离参数得，构造函数，利用导数判断其单调性，数形结合，即可求解；
（2）由题意得是的两个不同的正实数根，即可得，由此采用分析的方法，将要证明的不等式等价转化为证，换元后构造函数,利用导数判断其单调性，即可证明结论.
小问1详解】
由题意知的定义域为，
令，则，令，
令，则，
当时，，当时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
而，
当或时，直线与函数的图象无交点，即无零点；
当或时，直线与函数的图象有1个交点，即有1个零点；
当时，直线与函数的图象有2个交点，即有2个零点；
【小问2详解】
由题意知，
由于是函数的两个不同的零点，
即是的两个不同的正实数根，
故，则，
要证，即，
由于在上有，
故在上满足，
所以在上单调递减，而，故，
故即证，
即证，
而
，
令，则，设，
则时，，
故在上单调递增，
故，即成立，
故原不等式得证.
【点睛】难点点睛：本题考查了导数的综合应用问题，利用导数判断函数的零点个数以及证明不等式，难点在于不等式的证明，解答时要结合是函数的两个不同的零点，得到，从而采用分析的方法，将要证明的不等式等价转化，利用构造函数，结合函数的单调性进行解答.
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