山东德州市2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题（含解析）

这是一份山东德州市2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题（含解析），共12页。试卷主要包含了 已知函数在处的导数为1，则， 下列求导正确的是， 已知等差数列的前项和为，则， 已知等比数列中，，函数，则， 下列选项正确的是， 已知数列满足，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
选择题每小题选出答案后，用2B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，再选涂其它答案，不能答在测试卷上.
第I卷选择题（共58分）
一､选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.）
1. 已知函数在处的导数为1，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据导数的概念即可求解.
【详解】因为函数在处的导数为1，即，
而，
所以.
2. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. B. C. 39D. 78
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的性质“若，则”求出即可求解.
【详解】因为是等差数列，所以，
而，所以，解得.
所以.
3. 下列求导正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题需要根据导数的基本公式和运算法则，分别对选项中的函数求导，再判断其正确性.
【详解】对于A，因为是常数，所以 ，所以A错误；
对于B，，所以B正确；
对于C，，所以C错误；
对于D，，所以D错误.
4. 下表提供了某厂进行技术改造后生产产品过程中记录的产量（单位：t）与相应的生产能耗（单位：t标准煤）的几组数据：
根据数据可得到的回归方程为，则（ ）
A. 4.6B. 4.55C. 4.5D. 4.35
【答案】C
【解析】
【分析】求出，根据回归直线必过样本中心点，代入求解即可.
【详解】依题意，，，
因为回归直线必过样本中心点，
所以，解得.
5. 敦煌莫高窟的藻井图案具有独特的几何美感.某藻井图案的构造规则如下：最外层（第1层）是一个边长为4的正方形，连接该正方形各边的中点得到第2层正方形，再连接第2层正方形各边的中点得到第3层正方形⋯，以此类推.则第6层正方形的边长为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【详解】设第层正方形边长为，
则，即，
可知数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，可得.
6. 已知等差数列的前项和为，则（ ）
A. 2B. 5C. 7D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列前项和定义，求出，进而得到，再根据，求出，利用求得答案.
【详解】依题意，，
所以公差，
又，
所以，即，
又，解得.
7. 已知等比数列中，，函数，则（ ）
A. 256B. 512C. 1024D. 2048
【答案】A
【解析】
【详解】根据积的求导法则，
，
则，
等比数列中，，则，
所以.
8. 已知数列中，，若成立，则正整数的最大值为（ ）
A. 6B. 8C. 10D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】根据递推公式得出数列是等差数列，根据它的通项公式可得到的通项公式，进而得到的表达式，根据已知不等式得到一个关于n的不等式，解不等式即可求解.
【详解】因为，所以，
又，所以，即数列是正数列，所以，即，
所以数列是首项为，公差为1的等差数列，所以，
所以.
所以，
所以
，
所以，即，解得.
所以正整数的最大值为12.
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. 下列选项正确的是（ ）
A. 若回归方程为，则当变量增加1个单位时，增加3个单位
B. 设具有相关关系的两个变量x、y的相关系数为r，越接近于1，说明两个变量之间的线性相关性越强
C. 利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量相关性越弱
D. 根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归方程为，若其中一个散点坐标为，则
【答案】AB
【解析】
【详解】对于选项A：因为回归方程为，
所以当变量增加1个单位时，增加3个单位，故A正确；
对于选项B：越接近于1，说明两个变量之间的线性相关性越强，故B正确；
对于选项C：的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量相关，故C错误；
对于选项D：回归直线不一定经过样本点，无法求参数的值，故D错误.
10. 已知数列满足，则（ ）
A.
B. 的前项和为
C. 的前99项和为99
D. 若数列满足，则的前50项和为2132
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，构造，相减求通项；对于B，根据通项证得为等差数列，进而求得前项和；对于C，两项并一项，并项为常数列求和；对于D，分段讨论去绝对值后，分组求和，再利用等差数列求和公式即可求出.
【详解】由，
当时，，
两式相减得，，即，
当时，也适合上式.
所以，故A正确；
因为，故数列是以3为首项，2为公差的等差数列，
所以的前项和为，故B正确；
数列的前项和为，故C错误；
，
则前项和为，故D正确.
11. 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，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：且（为正整数），设数列的前项和为，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，要经过12步雹程使得
D. 若，则所有可能的取值集合为
【答案】AC
【解析】
【分析】该题以冰雹猜想递推关系为背景,考查数列周期性、求和与逆向推理.
【详解】选项A：若，则，，，，易得周期为3，
即，故A正确；
选项B：周期为3，一个周期和为，因为，
故，B错误；
选项C：，依次得：
， 共12步到1，C正确；
选项D：逆推，依次往前推得所有可能初始值：
已知，由后往前推.
逆推规则：
设，若为偶数，则；
若能被3整除且结果为正奇数，则,所以递推如下：
①由：，
②由：，
③由：或，
(1)取，
④由：，
⑤由：或，
⑥分两种情况：
若，则；或，
若，则；或；
(2) 取，
，；，；
① ②，
的所有可能取值为，D错误.
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. 如图，函数的图象在点处的切线方程是，则__________.
【答案】3
【解析】
【分析】借助导数的几何意义计算即可得.
【详解】，，
则.
13. 已知等比数列的前项和为，若，则__________.
【答案】150
【解析】
【详解】由等比数列前n项和的性质可知，仍然成等比数列，
所以可看作是这个数列的前4项的和，
由，可知.
14. 将闭区间均分为五段，去掉中间的区间段，余下的区间段长度之和为，再将余下的四个区间分别均分为五段，并各自去掉中间的区间段，余下的区间段长度之和为.以此类推，不断地将余下各个区间均分为五段，并各自去掉中间的区间段.重复这一过程，记数列表示第次操作后余下的区间段长度之和.则__________；若，都有恒成立，则实数的取值范围是__________.（区间段长度是指数轴上一个区间的两个端点之间的距离，如的区间段长度为）.
【答案】 ①. ； ②.
【解析】
【分析】求出，且只需，构造数列，求出数列的最大值，得到取值范围
【详解】，，，
故为公比为的等比数列，，
又，，故，即，
则只需，
设，则，
令得，即，解得，
又，故，此时，
令得，又，即当时，，
所以的最大值为，
所以，实数的取值范围是
四､解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.）
15. 已知数列的前项和为，数列是等差数列，且.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由的关系求数列的通项公式，根据等差数列的定义求的通项公式；
（2）根据等差数列、等比数列的求和公式，利用分组求和得解.
【小问1详解】
当时，，
当时，，
经检验，时符合上式，
所以，.
由上可知，，
设的公差为，则，
所以，，
即.
【小问2详解】
由（1）得，
则数列的前项和为：
，
，
，
，
所以，数列的前项和.
16. 已知，其中为实数，曲线在处的切线方程为.
（1）求实数的值；
（2）若曲线是曲线的切线，且经过点，求的方程.
【答案】（1），
（2）或
【解析】
【小问1详解】
，
由曲线在点处的切线方程为，
切点为，斜率，
可得，即，
，解得．
【小问2详解】
曲线 ，求导得，
设曲线与过点的切线相切于点，
则切线的斜率，
所以切线方程为，
由于切线过点，得，
化简为，即，解得或，
故所求的切线方程为或．
易错归纳：需注意，切线过点，这个点不一定是切点．
17. 某车企计划在A市优化无人快递车的投放量，为测试运行稳定性，并确定投放规模，进行如下调查.
（1）为了测试无人快递车的运行稳定性，随机抽取了200辆进行运行测试，得到部分数据，请完成列联表，并回答：有的把握认为无人快递车故障与是否维保有关吗？
（2）对过去的投放量（单位：百辆）与服务次数（单位：万次）的数据进行了统计，得到如下表格：
拟用函数模型或对两个变量的关系进行拟合.请问哪个模型更适宜作为投放量与服务次数的回归方程模型（给出判断即可，不必说明理由）？并求出关于的回归方程.
参考公式：，其中..
参考数据：
.
【答案】（1）
有的把握认为故障与维保有关
（2）适宜，
【解析】
【小问1详解】
补充列联表如下：
则
，
有的把握认为故障与维保有关．
【小问2详解】
适宜作为投放量与服务次数的回归方程模型．
由，两边同时取常用对数得，
设，则，
因为，
所以，
把代入，得，
所以.所以，
则，
故关于的回归方程为．
18. 已知数列满足，且.
（1）求数列和的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据递推关系可推出是等差数列，根据基本量可得到的通项公式，通过递推关系可构造是等比数列，通过的通项公式可得到结果；（2）根据（1）中的结果可得到的通项公式，通过分组求和法和错位相减法可得解.
【小问1详解】
因为，所以，
又，所以，
所以是首项为3，公差为3的等差数列，所以.
由，得，
所以是等比数列，首项为，公比为3，所以，
所以的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）知，，所以，
所以，
其中，
令，
则，
两式相减得
所以，
所以.
19. 已知数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列，求证：；
（3）设，数列的前项和为.若对恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）.
【解析】
【分析】（1）对递推关系变形，构造数列，得到通项公式；
（2）对进行放缩，得利用裂项相消法证不等式；
（3）用错位相减法求，将恒成立问题转化为求数列最大值，得到的取值范围.
【小问1详解】
由，
两边同除以得，
即，
又，故，所以是以2为首项，1为公差的等差数列，
解得，所以.
【小问2详解】
bn=1+2nn+1