精品解析：湖南省益阳市2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷

2023-2024学年湖南省益阳市高二（下）期中数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知实数列成等比数列，则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的性质求解可得，再根据性质求解即可 【详解】因为实数列成等比数列，由等比数列的性质有：，解得，但注意到无论等比数列的公比是正是负总有，所以，从而 故选：C． 2. 设等差数列的前项和为，公差，且，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】 根据等差数列的性质，由题中条件，可直接得出结果. 【详解】因为为等差数列的前项和，公差，， 所以， 解得. 故选：B. 3. 某宾馆安排A、B、C、D、E五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A、B不能住同一房间，则不同的安排方法有（ ）种 A. 24 B. 48 C. 98 D. 114 【答案】D 【解析】 【分析】5个人住三个房间，每个房间至少住1人，则有和两种，计算出每一种的，再排除住同一房间，问题得以解决． 【详解】5个人住三个房间，每个房间至少住1人，则有和两种， 当为时，有种， 住同一房间有种，故有种， 当为时，有种， 住同一房间有种，故有种， 则不同的安排方法有种. 故选：D． 4. 已知数列是公比不为1的等比数列，且，是与的等差中项，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设数列的公比为q，由题意可得，解方程即得解. 【详解】设数列的公比为q，由题意可得， 所以 解得或（舍去）， 故. 故选：B. 【点睛】本题主要考查等比数列通项的基本量的计算，考查等比数列的通项的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 5. 已知函数，，若存在3个零点，则a的取值范围是（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，将函数零点问题转化为函数图像交点问题，然后结合函数图像，代入计算，即可求解. 【详解】 令，即， 则函数的零点个数即为函数与函数交点的个数， 做出函数与函数的图像，如图所示， 当直线与曲线相切时， 又当时，，则，则，则，即且点为，此时， 因为存在3个零点，即函数与函数的图像有3个交点， 所以，解得， 所以a的取值范围是. 故选：D 6. 已知（a为常数）在上有最大值3，则此函数在上的最小值是（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求函数的导数，利用导数结合函数的最大值求出a，即可求出函数的最小值． 【详解】由题意可知：， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递增，则上单调递减， 则函数的最大值为， 此时，且，， 可知当时，函数取得最小值为. 故选：A. 7. 若，则的值是（ ） A. -2 B. -1 C. 0 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】利用赋值法，令和，即可得答案； 【详解】当时，； 当时，， 因此． 故选：A. 【点睛】本题考查利用赋值法解决二项式定理中的求值问题，考查运算求解能力. 8. 已知函数，对任意的，不等式恒成立，则的取值范围为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】分析：对任意的，不等式恒成立等价于 详解：由题意可得，且， 由于， 所以当时， ，函数在上单调递增， 则,， 所以， 故,，即，即 故选A. 点睛：解答本题的关键是借助等价转化的数学思想，先将问题等价转化为求函数，在区间的最大值和最小值的问题．然后运用导数的知识先求函数的导数，在借助函数的单调性求出其最大值和最小值，从而使得问题获解． 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 已知定义域为的函数的导函数为，且的图象如图所示，则（ ） A. 函数在区间上单调递增 B. 函数在上单调递减 C. 函数在处取得极小值 D. 函数在处取得极大值 【答案】BC 【解析】 【分析】借助图象的正负即可得原函数的单调性及极值点，逐项判断即可得. 【详解】由图可知，当时，， 当时，， 故在、上单调递增，在、上单调递减， 在、处取得极大值，在取得极小值 故A错误，B正确，C正确，D错误. 故选：BC. 10. 已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. 使得成立的最大自然数 C. D. 中最小项为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用等差数列及，判断出，并可以分析出，再利用数列的相关知识即可判断. 【详解】对于A，根据题意：，，， 两式相加，解得：，故A正确. 对于C，由上可得所以 ，由，可得到，， 所以，所以，故C错误； 由以上可得：，而， 当时，；当时，；要使得成立的最大自然数，故B错误. 当，或时，；当时，； 由，所以中最小项为，故D正确. 故选：AD. 11. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，利用赋值法求，及的值，运算即可判断；对于B，根据多项式的乘法法则，结合组合知识求解，对于C，赋值法，再结合可求得结果，对于D，利用展开式所有项系数和为，再结合可求得结果. 【详解】对于A，令，，令，则， 令，则， 两式相加化简得， 又，所以，所以A错误； 对于B，， 因为5个相同的因式相乘，要得到含的项，可以是5个因式中，一个取，其他4个因式取2，或两个因式取，其他3个因式取2， 所以，所以B正确； 对于C，令，，令，则， 因为，所以，所以C错误； 对于D，展开式所有项系数和为， 令，则， 因为，所以，所以D正确. 故选：BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数在点处的切线方程为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用导数的几何意义，列出方程组，求得的值，即可求解. 【详解】由函数，可得，可得， 因为函数在点处的切线方程为， 可得，解得，所以. 故答案为：. 13. 已知数列中，，，，则的前项和__________． 【答案】 【解析】 【分析】取倒可得，判断是等差数列，即可求解，进而根据裂项相消法求和即可. 【详解】由可得，所以是等差数列，且公差为2， 所以，故， 所以， 所以 故答案为： 14. 已知函数的定义域为，其导函数是．有，则关于的不等式的解集为________． 【答案】 【解析】 【分析】令，根据题设条件，求得，得到函数在内的单调递减函数，再把不等式化为，结合单调性和定义域，即可求解. 【详解】由题意，函数满足， 令，则 函数是定义域内的单调递减函数， 由于，关于的不等式可化为， 即，所以且，解得， 不等式的解集为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：构造法求解与共存问题的求解策略： 对于不给出具体函数的解析式，只给出函数和满足的条件，需要根据题设条件构造抽象函数，再根据条件得出构造函数的单调性，应用单调性解决问题，常见类型：（1）型；（2）型；（3）为常数型. 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）求函数的图象在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间． 【答案】（1） （2）单调递减区间为，单调递增区间为. 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用导数的几何意义，即可求得切线方程； （2）求得，结合导数的符号，即可求解函数的单调区间. 【小问1详解】 解：由函数，可得，可得， 因为切点为，所以切线方程为，即. 【小问2详解】 解：由函数，其定义域为，且， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 16. 已知等差数列满足：，，的前项和为． （Ⅰ）求通项公式及前项和； （Ⅱ）令，求数列的前项和． 【答案】（Ⅰ）；；（Ⅱ）． 【解析】 【分析】 （Ⅰ）设等差数列的公差为，根据题中条件，求出首项和公差，进而可得通项公式，以及前项和； （Ⅱ）先由由（Ⅰ）得到，根据裂项相消的方法，即可求出数列的和. 【详解】（Ⅰ）设等差数列的公差为，由已知可得， 解得，， 所以； ． （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 所以， 所以， 即数列的前项和． 【点睛】结论点睛： 裂项相消法求数列和的常见类型： （1）等差型，其中是公差为的等差数列； （2）无理型； （3）指数型； （4）对数型. 17. 在含有2件次品的5件产品中，任取2件，求 （1）恰好取到1件正品的概率； （2）至少取到1件次品的概率. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】(1)列举出从5件产品中任取2件的所有样本点，求出有1件正品的样本点个数即可得解； (2)在(1)的信息中，再求出至少有1件次品的样本点个数即可作答. 【详解】(1)记3件正品分别为A，B，C，2件次品分别为1，2，则从5件产品中任取2件的所有样本点： AB，AC，A1，A2，BC，B1，B2，C1，C2，12，共有10个，它们等可能， 恰好取到1件正品的事件M所含样本点是A1，A2，B1，B2，C1，C2，共6个，， 所以恰好取到1件正品的概率是； (2)至少取到1件次品的事件N所含样本点是A1，A2，B1，B2，C1，C2，12，共7个，， 所以至少取到1件次品的概率是. 18. 已知数列是公差为的等差数列，. （1）证明：数列也为等差数列； （2）若，数列是以数列的公差为首项，2为公比的等比数列，数列的前项和，证明：. 【答案】（1） ∵， ∴， ∴， 又∵数列是公差为的等差数列， ∴， ∴， ∴数列是以为公差的等差数列； （2） ∵， ∴，， ∴数列是以1为首项，1为公差的等差数列. ∴， ∴数列是以1为首项，2为公比的等比数列， ∴， ∴， ∴①， ∴②， ∴②①得， ， ∵且为正整数， ∴，， ∴（当时取等）. 【解析】 【分析】（1）通过计算为定值可证明等差数列； （2）先求出数列的通项公式，然后利用错位相减法求，根据的结构即可证明不等式. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 已知函数. （1）若存在极值，求的取值范围； （2）若，，证明：. 【答案】（1） （2） 欲证不等式在时恒成立， 只需证明在时恒成立. 设，， 则， 令，， 则. 当时，，所以， 所以即在上单调递增， 所以， 因为，所以， 故，所以在上单调递增， 所以， 即当，时，不等式恒成立. 【解析】 【分析】（1）求函数的导函数，分、两种情况讨论，即可得到函数的单调性，从而得到函数的极值点，即可得解； （2）依题意即证明在时恒成立，设，，利用导数说明函数的单调性，即可得证. 【小问1详解】 由，，得， 当时，，则单调递增，不存在极值； 当时，令，则， 当，则，即在上单调递减， 当，则，即在上单调递增. 所以是的极小值点， 所以当时，存在极值， 综上所述，存在极值时，的取值范围是. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年湖南省益阳市高二（下）期中数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知实数列成等比数列，则 A. B. C. D. 2. 设等差数列的前项和为，公差，且，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 3. 某宾馆安排A、B、C、D、E五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A、B不能住同一房间，则不同的安排方法有（ ）种 A. 24 B. 48 C. 98 D. 114 4. 已知数列是公比不为1的等比数列，且，是与的等差中项，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，，若存在3个零点，则a的取值范围是（    ） A. B. C. D. 6. 已知（a为常数）在上有最大值3，则此函数在上的最小值是（    ） A. B. C. D. 7. 若，则的值是（ ） A. -2 B. -1 C. 0 D. 1 8. 已知函数，对任意的，不等式恒成立，则的取值范围为 A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 已知定义域为的函数的导函数为，且的图象如图所示，则（ ） A. 函数在区间上单调递增 B. 函数在上单调递减 C. 函数在处取得极小值 D. 函数在处取得极大值 10. 已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. 使得成立的最大自然数 C. D. 中最小项为 11. 若，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数在点处的切线方程为，则______． 13. 已知数列中，，，，则的前项和__________． 14. 已知函数的定义域为，其导函数是．有，则关于的不等式的解集为________． 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． （1）求函数的图象在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间． 16. 已知等差数列满足：，，的前项和为． （Ⅰ）求通项公式及前项和； （Ⅱ）令，求数列的前项和． 17. 在含有2件次品的5件产品中，任取2件，求 （1）恰好取到1件正品的概率； （2）至少取到1件次品的概率. 18. 已知数列是公差为的等差数列，. （1）证明：数列也为等差数列； （2）若，数列是以数列的公差为首项，2为公比的等比数列，数列的前项和，证明：. 19. 已知函数. （1）若存在极值，求的取值范围； （2）若，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $