2023—2024學年度高二數學期末考試卷考試范圍：選擇性必修第二冊；考試時間：120分鐘注意事項：1.答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2.請將答案正確填寫在答題卡上第Ⅰ卷（選擇題）一、單選題1.在等比數列中，，則（）A.2 B.4 C.8 D.162.已知函數，則（）A. B. C.2 D.43.我國古代數學名著《算法統宗》中有如下問題：“遠望巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈三百八十一，請問尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數是上一層燈數的2倍，則塔的頂層共有燈盞數（）A.9 B.6 C.3 D.24.若數列是公比為的等比數列，且，，則的值為（）A.2 B.4 C. D.5.已知為偶函數，且當時，，其中為的導數，則不等式的解集為（）A. B. C. D.6.已知函數在內有最小值，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.7.已知，，，則，，的大小關系正確的是（）A. B. C. D.8.設等差數列的前項和為，公差為，，則下列結論正確的是（）A. B.使得成立的最小自然數是20C. D.二、多選題9.下列運算正確的有（）.A. B.C. D.10.設函數的導函數為，則（）A. B.是的極值點C.存在零點 D.在上單調遞減11.任取一個正數，若是奇數，就將該數乘3再加上1；若是偶數，就將該數除以2.反復進行上述兩種運算，經過有限次步驟后，必進入循環圈1→4→2→1.這是數學史上著名的“冰雹猜想”（又稱“角谷猜想”等）.現給出冰雹猜想的遞推關系如下：已知數列滿足：（為正整數），（）.若，記數列的前項和為，則（）A.或16 B. C. D.第Ⅱ卷（非選擇題）三、填空題12.已知函數，則曲線在點處的切線方程為______.13.已知數列滿足，，單調遞增，則的取值范圍為______.14.已知函數及其導函數的定義域均為，且為偶函數，若時，，且，則不等式的解集為______.四、解答題15.已知函數（，）在處取得極小值為1.（1）求，的值；（2）求函數在區間上的值域.16.已知數列是等差數列，且，.（1）求的通項公式；（2）設，求數列的前項和.17.已知為數列的前項和，且.（1）求數列的通項公式；（2）設為數列的前項和，求證：.18.已知函數.（1）判斷函數的單調性，并求出的極值；（2）設函數（），討論函數的零點個數.19.微分中值定理是微積分學中的重要定理，它是研究區間上函數值變化規律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的內容如下：如果函數在閉區間上連續，在開區間可導，導數為，那么在開區間內至少存在一點，使得，其中叫做在上的“拉格朗日中值點”.已知函數.（1）若，，求函數在上的“拉格朗日中值點”；（2）若，，求證：函數在區間圖象上任意兩點，連線的斜率不大于；（3）若，，，，，且，求證：.

高二數學期末考試參考答案1.C【分析】由等比數列的性質即可求解.【詳解】由題意得，得.故選：C2.B【分析】利用導數公式和極限公式即可求解.【詳解】，則.故選：B.3.C【分析】設塔的頂層共有盞燈，則數列是公比為2的等比數列，利用等比數列前項和公式即可求解.【詳解】設塔的頂層共有盞燈，則數列是公比為2的等比數列，依題意，，解得，故選：C4.A【分析】根據給定條件，可得，利用對數運算及等比數列性質求出.【詳解】數列中，由，知，，則，又，于是，而，所以.故選：A5.A【分析】根據已知不等式和要求解的不等式特征，構造函數，將問題轉化為解不等式.通過已知條件研究的奇偶性和單調性即可解該不等式.【詳解】令，則根據題意可知，，∴是奇函數，∵，∴當時，，單調遞減，∵是奇函數，，∴在上單調遞減，由不等式得，.故選：A.6.B【分析】求出函數的導函數，即可得到函數的單調區間，從而求出函數的極小值點，從而得到關于的不等式組，解得即可.【詳解】函數的定義域為，，令可得或（舍），當時，當時，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以在處取得極小值，即最小值，又因為函數在內有最小值，故，解得，所以的取值范圍是.故選：B7.D【分析】由于，所以構造函數（），然后利用導數判斷函數的單調性，再利用單調性比較大小即可【詳解】，，令（），則，當時，，當時，，所以在上遞增，在上遞減，因為，所以，，因為，所以，所以故選：D8.C【分析】根據題意可知數列單調遞減且，，，由通項公式化簡可判斷A，由等差數列的性質及求和公式結合條件可判斷B，根據為遞減數列即可判斷C，由，的關系及，的符號可判斷D.【詳解】由公差為，可知，等差數列為遞減數列且，，對，故A錯誤；對B，因為，所以，所以，故B錯誤；對C，因為，且，所以由一次函數單調性知為單調遞減數列，所以，故C正確；對D，由B知，且，所以，因為，，若，則，且，即，即，而，，顯然矛盾，故不成立，故D錯誤.故選：C9.BC【分析】根據復合函數的導數運算性質，結合常見函數的導數公式逐一判斷即可.【詳解】對于A：因為，故A不正確；對于B：因為，故B正確；對于C：因為，故C正確；對于D：因為，故D不正確.故選：BC.10.AD【分析】先求出函數的定義域，即可判斷C；求導，令，即可判斷A；根據導數及極值點的定義即可判斷BD.【詳解】函數的定義域為，對于C，對任意的，，C錯誤；對于A，，且，所以函數在上為減函數，故AD正確，B錯誤.故選：AD.11.ABD【分析】先根據的奇偶性求出，再根據的奇偶性即可求出，即可判斷A；分類討論，求出數列的周期，進而可判斷BCD.【詳解】因為，由“冰雹猜想”可得，，①若為偶數，則，所以，當為偶數時，則，所以，即，當為奇數時，則，解得（舍去），②若為奇數，則，解得，當為偶數時，則，所以，即，當為奇數時，則，解得（舍去），綜上所述，或16，故A正確；當時，由，得，，，，，所以數列從第三項起是以3為周期的周期數列，因為，所以，，當時，由，，，，，，，，所以數列從第三項起是以3為周期的周期數列，因為，所以，，綜上所述，，或4742，故B正確，C錯誤；對于D，數列從第三項起是以3為周期的周期數列，所以，故D正確.故選：ABD.12.【分析】利用導數的幾何意義可求得切線斜率，進而得到切線方程.【詳解】已知函數，則，且，則，所以曲線在點處的切線方程為，即.故答案為：.13.【分析】根據可得，再結合單調遞增以及等比數列定義可求出，則由即可得解.【詳解】因為，所以，又因為單調遞增，所以，所以數列是以為首項，2為公比的等比數列，所以，所以即，則的取值范圍為，故答案為：.14.【分析】求出函數在的單調性，且是偶函數，將問題轉化為即可依據函數的單調性和奇偶性求解.【詳解】因為時，，所以，即，因此，從而在上單調遞增，又是上的偶函數，且是偶函數，所以，即是上的偶函數，故在上單調遞減，由于，因此，又即，即，所以，故由的單調性和偶函數特點可知，因此的取值范圍為.故答案為：.15.（1），；（2）.【分析】（1）根據函數的極值求，.（2）由（1）得，利用導數分析在區間上的單調性，從而求出值域.【詳解】（1）由題設，函數（，）在處取得極小值為1，則，即，解得，檢驗，當，時，，∴，當時，，當時，，∴在，上單調遞增，在上單調遞減，∴在處取得極小值，滿足題意.所以.（2）由（1）得，∴，令，得；令，得或，∴在上的單調遞減區間是，單調遞增區間為，，∵，，，，∴函數在區間上的值域為.16.（1）；（2）.【分析】（1）由題可得，從而求出，，進而得到數列的通項公式；（2）由（1）得，采用裂項相消法求出.【詳解】（1）設等差數列的公差為，，解得.，可得，解得.所以.（2），所以17.（1）；（2）證明見解析【分析】（1）由，可得：（），兩式相減化為：（），利用等比數列的通項公式即可得出.（2）由，利用錯位相減法即可得出.根據關于單調遞增，即可證明結論.【詳解】（1）∵，∴（），兩式相減，得，∴（），又當時，，∴為等比數列，公比為，∴.（2）設，∴，則，兩式相減，得化簡得.∵，∴，∴，∴，∴關于單調遞增，∴，∴18.（1）單調性見解析；極大值為1，無極小值；（2）答案見解析【分析】（1）根據，，即可得出的單調性，結合極值的概念即可求解；（2）將原問題轉化為直線與函數圖象的交點個數，由（1）可得的單調性，作出圖形，結合圖形即可求解.【詳解】（1），則，令，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，則在處取得極大值，且，無極小值.（2）由題意知，要求函數的零點個數，即求方程的根的個數，即求直線與函數圖象的交點個數.由（1）知在上單調遞增，在上單調遞減，且，，當時，當時，如圖，由圖可知當或時，函數有1個零點；當時，函數有2個零點；當時，函數有0個零點.19.（1）4；（2）證明見解析；（3）證明見解析【分析】（1）求出函數的導函數，依題意，解得即可；（2）不妨設，，，則，求出函數的導函數，再構造函數，利用導數說明函數的單調性，即可證明，再結合拉格朗日中值定理證明即可；（3）由拉格朗日中值定理可知只需證明，即證明在上單調遞減，求出導函數，再構造函數，利用導數說明函數的單調性，即可得證.【詳解】（1）當，時，則，因為為函數在上的“拉格朗日中值點，則，即，解得（2）當，時，不妨設，，，則，又，令，則，又，所以恒成立，所以當時，當時，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以在處取得極大值，即最大值，所以，所以，由拉格朗日中值定理可知必存在使得，即，又，所以，即函數在區間圖象上任意兩點，連線的斜率不大于；（3）當，時，由拉格朗日中值定理知，存在和，使得，，所以只需證明，即證明在上單調遞減，又，令，則，令，則，當時，令，，則，則在