精品解析：安徽省怀宁县高河中学2023-2024学年高二下学期5月期中考试数学试题

2024年春高河中学高二期中数学试题 时间：120分钟 满分：150分 命卷人：数学组 一、选择题（每小题5分，共8小题40分） 1. 已知函数 则 （ ） A. B. C. D. 2. 小赵、小钱、小李到3个景点旅游，每人只去1个景点，设事件A为"3个人去的景点不相同"，事件B为"小赵独自去1个景点"，则=（ ）. A. B. C. D. 3. 已知等差数列的前项和为，若，则=（ ） A. 4 B. 60 C. 68 D. 136 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 将六位教师分配到3所学校，若每所学校分配2人，其中分配到同一所学校，则不同的分配方法共有（ ） A. 12种 B. 18种 C. 36种 D. 54种 6. 已知函数为定义在上的偶函数，当时，，则下列四个判断正确的为（ ） A. B. C. D. 7. 若为函数的极值点，则函数的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 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1→4→2→1，这就是数学史上著名的“冰霓猜想”.已知数列满足：，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、多选题（每小题5分，共4小题20分） 9. 已知，则下列描述正确的是（ ） A. 除以5所得的余数是1 B. C. D. 10. 身高各不相同的六位同学站成一排照相，则说法正确的是（ ） A. 与同学不相邻，共有种站法 B. 四位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有30种站法 C. E不在排头，F不在排尾，共有504种站法 D. A、C、D三位同学必须站在一起，且A只能在C与D的中间，共有144种站法 11. 已知函数，则下列说法正确的有 A. 有唯一零点 B. 无最大值 C. 在区间上单调递增 D. 为的一个极小值点 12. 为引导游客领略传统数学研究的精彩并传播中国传统文化，某景点推出了“解数学题获取名胜古迹入场码”的活动.活动规则如下：如图所示，将杨辉三角第行第个数记为，并从左腰上的各数出发，引一组平行的斜线，记第条斜线上所有数字之和为，入场码由两段数字组成，前段的数字是的值，后段的数字是的值，则（ ） A. B. C. D. 该景点入场码为 三、填空题（每小题5分，共4小题20分） 13. 展开式中的常数项为__________. 14. 一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，现从中不放回的取球2次，每次取球一次，则在第一次取到红球的条件下，第二次再次取到红球的概率为__________. 15. 设等差数列，的前项和分别为，，若对任意正整数都有，则__________． 16. 已知不等式对任意恒成立，则实数的最小值是______． 四、解答题（第17题10分，第18题12分，第19题12分，第20题12分，第21题12分，第22题12分，共6小题70分） 17. 在二项式展开式中，第项的系数和第项的二项式系数比为． （1）求的值及展开式中的无理项有几项； （2）求展开式中系数最大的项是第几项． 18. 甲乙丙丁戊五个同学 （1）去三个城市游览，每人只能去一个城市，可以有城市没人去，共有多少种不同游览方法？ （2）排成一排，甲不在首位，乙不在末位，共有多少种不同排列方法？ （3）分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，每人只能去一个城市，共有多少种不同分配方法？ 19. 已知为数列的前n项和，． （1）证明：数列为等比数列； （2）设数列的前n项和为，证明：． 20. 已知函数． （1），求函数的最小值； （2）若在上单调递减，求的取值范围． 21. 已知等差数列的前项和为，公差，且，，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）设是首项为1，公比为3的等比数列， ①求数列的前项和； ②若不等式对一切恒成立，求实数的最大值. 22. 已知函数， （1）当时，讨论的单调性； （2）若函数有两个极值点，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年春高河中学高二期中数学试题 时间：120分钟 满分：150分 命卷人：数学组 一、选择题（每小题5分，共8小题40分） 1. 已知函数 则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求导可得即可由导数的定义和性质求解. 【详解】由可得故 , 故选：A 2. 小赵、小钱、小李到3个景点旅游，每人只去1个景点，设事件A为"3个人去的景点不相同"，事件B为"小赵独自去1个景点"，则=（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求小赵独自去一个景点的前提下，3个人去的景点不相同的概率，求出相应基本事件的个数，即可得出结论． 【详解】小赵独自去一个景点，则有3个景点可选，其余3人只能在小赵剩下的2个景点中选择， 所以小赵独自去一个景点的可能性为种 因为3个人去的景点不相同的可能性为种，且， 所以． 故选：B． 3. 已知等差数列的前项和为，若，则=（ ） A. 4 B. 60 C. 68 D. 136 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的性质可得，即可由求和公式求解. 【详解】， 所以, 故选：B 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用时的符号排除AD，再根据导数判断时的单调性排除C即可求解. 【详解】当时，，，排除AD； 因为， 所以当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增，排除C， 故选：B 5. 将六位教师分配到3所学校，若每所学校分配2人，其中分配到同一所学校，则不同的分配方法共有（ ） A. 12种 B. 18种 C. 36种 D. 54种 【答案】B 【解析】 【分析】先平均分组，再利用全排列可求不同分配方法的总数. 【详解】将余下四人分成两组，每组两人，有种分法， 故不同的分配方法共有种， 故选：B. 6. 已知函数为定义在上的偶函数，当时，，则下列四个判断正确的为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由结构特征可知是函数的导数简单变形得到的，故构造函数并得到函数的单调性，再结合函数奇偶性即可判断选项中各函数值大小. 【详解】令，则在恒成立，所以在单调递增，所以，即， 又因为函数为定义在上的偶函数，所以，即， 故选：D. 7. 若为函数的极值点，则函数的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由为函数的极值点求得a，再利用导数法求解. 【详解】， 因为是函数的极值点， 所以，则， 所以， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以． 故选：C 8. 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1→4→2→1，这就是数学史上著名的“冰霓猜想”.已知数列满足：，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据“冰霓猜想”结合递推关系，利用规律求解即可. 【详解】由题意可知，，，，，，，，， 所以根据“冰霓猜想”可知. 故选：A. 二、多选题（每小题5分，共4小题20分） 9. 已知，则下列描述正确的是（ ） A. 除以5所得的余数是1 B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用赋值法可判断BC，由，再结合二项式定理可判断A，对于两边同时求导，再利用赋值法可判断D． 【详解】对于A，， 故除以5所得的余数是1，故A正确 对于B，令得，，令得，，所以，故B错误； 对于C，由题意可知，， 对于， 令得，，又因为， 所以，故C正确； 对于D，对于两边同时求导可得， ， 令得，， 令得，， 所以，故D错误． 故选：AC． 10. 身高各不相同的六位同学站成一排照相，则说法正确的是（ ） A. 与同学不相邻，共有种站法 B. 四位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有30种站法 C. E不在排头，F不在排尾，共有504种站法 D. A、C、D三位同学必须站在一起，且A只能在C与D的中间，共有144种站法 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用不相邻问题插空法即可求解A，根据定序问题即可求解B，利用间接法即可求解C，根据相邻问题即可求解D． 【详解】A．先排4个人有，然后将插空有，故共有种站法，A正确，符合题意； B．6个人全排列有种方法，B、C、D、E全排列有种方法，则B、C、D、E从左到右按高到矮的排列有种方法，B正确，符合题意； C．6个人全排列有种方法，当E在排头时，有种方法， 当在排尾时，有种方法，当E在排头且在排尾时，有种方法， 则E不在排头，不在排尾的情况共有种，C正确，符合题意； D．、、必须排在一起且在、中间的排法有2种， 将这3人捆绑在一起，与其余3人全排列，有种方法，则共有种方法，D错误，不符合题意； 故选：ABC． 11. 已知函数，则下列说法正确的有 A. 有唯一零点 B. 无最大值 C. 在区间上单调递增 D. 为的一个极小值点 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出函数的零点判断A；利用导数探讨函数在上的取值情况判断B；利用导数探讨单调性及极值情况判断CD. 【详解】对于A，依题意，，即和是函数的零点，A错误； 对于B，当时，令，求导得，函数在上递增，当时，， 而在上递增，值域为， 因此当时，，则无最大值，B正确； 对于C，， 令，求导得， 当时，令，则，即在上递增， ，则在上递增，， 因此在上递增，即在上单调递增，C正确； 对于D，当时，， 求导得，显然函数在上递增， 而，则存在，使得， 当时，，函数在上单调递增，则， 即当时，，则，又， 因此为的一个极小值点，D正确. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法： ①直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点． ②零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点． ③利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点． 12. 为引导游客领略传统数学研究的精彩并传播中国传统文化，某景点推出了“解数学题获取名胜古迹入场码”的活动.活动规则如下：如图所示，将杨辉三角第行第个数记为，并从左腰上的各数出发，引一组平行的斜线，记第条斜线上所有数字之和为，入场码由两段数字组成，前段的数字是的值，后段的数字是的值，则（ ） A. B. C. D. 该景点入场码为 【答案】BCD 【解析】 【分析】分析可得，利用组合数公式可判断A选项；利用二项式定理可判断B选项；归纳得出，逐项计算可得的值，可判断C选项；计算出的值，结合B选项可判断D选项. 【详解】由题意得， 对于A：即为第行第个数，则，故A错误； 对于B：展开式的通项为， 其中，，，， 所以，，故B正确； 对于C：，，，，， 归纳可得，即， 所以，，，， ，故C正确； 对于D：， 故，该景点入场码为，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题（每小题5分，共4小题20分） 13. 展开式中的常数项为__________. 【答案】 【解析】 【分析】表示个相乘，再结合组合即可得解. 【详解】表示个相乘， 则常数项，应为个，个，个，个相乘， 所以展开式中的常数项为. 故答案为：. 14. 一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，现从中不放回的取球2次，每次取球一次，则在第一次取到红球的条件下，第二次再次取到红球的概率为__________. 【答案】##0.6 【解析】 【分析】根据第二次取的时候，袋子中有3个红球和2个白球即可求解. 【详解】在第一次取到红球后，第二次取的时候，袋子中有3个红球和2个白球，故第二次再次取到红球的概率为； 故答案为： 15. 设等差数列，的前项和分别为，，若对任意正整数都有，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据等差数列的性质及等差数列前项和的性质，逐步化简，即可得到本题答案． 【详解】由题意知，，，， ∴. 故答案为：． 16. 已知不等式对任意恒成立，则实数的最小值是______． 【答案】 【解析】 【分析】将已知不等式变形为，构造函数，利用导数分析函数的单调性，考虑为负数的情形，可得出，分参后可得，利用导数求出在上的最大值，即可得出实数的最小值. 【详解】由可得，即， 构造函数，其中，则. 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 因为，则，则， 要求实数的最小值，考虑，则， 由可得， 因为函数在上单调递减，则， 不等式两边取自然对数可得， 因为，则，可得， 令，其中，则， 当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减， 所以，函数在上的最大值为，所以，. 因此，实数的最小值为. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 四、解答题（第17题10分，第18题12分，第19题12分，第20题12分，第21题12分，第22题12分，共6小题70分） 17. 在二项式展开式中，第项的系数和第项的二项式系数比为． （1）求的值及展开式中的无理项有几项； （2）求展开式中系数最大的项是第几项． 【答案】（1），展开式中的无理项有项 （2）最大的项是第项 【解析】 【分析】（1）写出展开式通项，根据第项的系数和第项的二项式系数比为可得出关于的不等式，解出的值，当为无理项时，不为整数，可得出的取值，即可得出展开式中无理项的项数； （2）设展开式中系数最大的项是第项，根据不等式法可得出关于的不等式，解出的值，即可得出结论. 【小问1详解】 解：二项式展开式的通项公式为， 第项的系数和第项的二项式系数比为， 所以，解得. 所以， 当为无理项时，不能为整数， 所以，，故展开式中的无理项有项. 【小问2详解】 解：设展开式中系数最大的项是第项， 则，即， 整理可得，解得， 因为，所以，所以，展开式中系数最大的项是第项. 18. 甲乙丙丁戊五个同学 （1）去三个城市游览，每人只能去一个城市，可以有城市没人去，共有多少种不同游览方法？ （2）排成一排，甲不在首位，乙不在末位，共有多少种不同排列方法？ （3）分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，每人只能去一个城市，共有多少种不同分配方法？ 【答案】（1）243 （2）78 （3）150 【解析】 【分析】（1）根据乘法计数原理即可求解， （2）用全部情况去掉甲不在首位，乙不在末位，即可求解， （3）利用分组分配，结合排列组合即可求解. 【小问1详解】 去三个城市游览，每人只能去一个城市，可以有城市没人去，因此每个人都有种选择， 所以不同游览方法有（种）. 【小问2详解】 排成一排，无限制条件的排列有， 甲不在首位，乙不在末位的反面是甲在首位或乙在末位，共有， 则甲不在首位，乙不在末位的不同排法有（种）. 【小问3详解】 分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，每人只能去一个城市， 则先把5人按分组，有种分组方法，按分组，有种分组方法， 因此不同分组方法数为， 再把每一种分组安排到三个城市，有种方法， 所以不同分配方法种数是. 19. 已知为数列的前n项和，． （1）证明：数列为等比数列； （2）设数列的前n项和为，证明：． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）取计算，得到，得到证明. （2）确定，变换，利用裂项求和计算得到证明. 【小问1详解】 ，，． 由，得， ， 所以，故， 所以数列是以6为首项，2为公比的等比数列． 【小问2详解】 ， 故， 所以 ． 20. 已知函数． （1），求函数的最小值； （2）若在上单调递减，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）运用二次求导法进行求解即可； （2）运用常变量分离法，结合导数的性质进行求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以， 令，则有， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 因此当时，则有， 因此当时，则有， 当时， 显然， 于是有当时，函数单调递减， 当时，函数单调递增， 所以； 【小问2详解】 由， 因为在上单调递减， 所以在上恒成立， 由， 设，则有， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以， 要想在上恒成立， 只需，因此的取值范围为. 21. 已知等差数列的前项和为，公差，且，，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）设是首项为1，公比为3的等比数列， ①求数列的前项和； ②若不等式对一切恒成立，求实数的最大值. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【小问1详解】 依题意得，解得 ，即； 【小问2详解】 ①由， ， ， 所以 ， ②由（1）易求得，所以不等式对一切恒成立， 即转化为对一切恒成立， 令，则 又 当时，；时， 所以，且， 则 所以实数的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是参变分离构造函数，差比判断函数的单调性. 22. 已知函数， （1）当时，讨论的单调性； （2）若函数有两个极值点，求的最小值. 【答案】（1） 当时，在上单调递增， 当时，在,上单调递增，在上单调递减， 其中. （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论与两种情况即可得解； （2）利用（1）中结论，利用韦达定理得到，，，利用消元法将表示成关于的函数，再利用换元法和导数求得所得函数的最小值，从而得解. 【小问1详解】 因为， 所以, 令，则， 因为， 当时，，则，即， 此时在上单调递增， 当时，，由，得，且， 当或时，，即； 当时，，即， 所以在,上单调递增，在上单调递减； 综上，当时，在上单调递增， 当时，在,上单调递增，在上单调递减， 其中. 【小问2详解】 由（1）可知，为的两个极值点，且， 所以，且是方程的两不等正根， 此时，，， 所以，，且有，， 则 令，则，令， 则， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以， 所以的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用韦达定理将双变量的转化为关于单变量的函数，从而得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $