精品解析：四川省自贡市第一中学校2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题

自贡一中2023-2024学年度下期高二年级期中考试 数学试题 卷Ⅰ（选择题共58分） 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选项的答案息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案. 一、单选题：本大题共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. 下列导数计算错误的是（ ） A. B. C. D. 2. 命题甲：对任意，有；命题乙：在内是单调递增的，则甲是乙的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 设函数在处存在导数为2，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 4. 中国文字博物馆荟萃历代中国文字样本精华，用详尽的资料向世界展示了中华民族一脉相承的文字和辉煌灿烂的文明．该博物馆馆藏的重要藏品主要分为铜器、碑碣、钱币、陶器、玉石器、甲骨、竹木、纸质、瓷器共九类．小胡同学去该馆任意选取四类重要藏品参观，则在钱币、玉石器、甲骨、瓷器这四类中至少参观其中一类的不同选择方案的种数是（ ） A. 224 B. 121 C. 96 D. 84 5. 已知等比数列的公比为，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 设，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 函数的图像大致是（ ） A. B. C. D. 8. ，均有成立，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每题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6分，部分选对得部分分，有错选的得0分 9. 某校文艺汇演共6个节目，其中歌唱类节目3个，舞蹈类节目2个，语言类节目1个，则下列说法正确的是（ ） A. 若以歌唱类节目开场，则有360种不同的出场顺序 B. 若舞蹈类节目相邻，则有120种出场顺序 C. 若舞蹈类节目不相邻，则有240种不同的出场顺序 D. 从中挑选2个不同类型的节目参加市艺术节，则有11种不同的选法 10. 已知是等差数列的前n项和，且，则下列选项不正确的是（　 　） A. 数列为递减数列 B. C. 的最大值为 D. 11. 对于函数，下列说法正确的有（ ） A. 在处取得极大值 B. 只有一个零点 C. D. 若在上恒成立，则 卷Ⅱ（非选择题共92分） 二、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，含的项的系数为________. 13. 数学与文学有许多奇妙的联系，如诗中有回文诗：“客醉花间花醉客”，既可以顺读也可以逆读．数学中有回文数，如343，12521等，两位数的回文数有11，22，33，…，99共9个，则三位数的回文数中是奇数的个数是_________． 14. 若方程有两个不等的实数根，则实数的取值范围是__________. 四、解答题：本大题共5小题，其中15题13分，16、17题各15分，18、19各17分，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 求解下列问题． （1）求值：； （2）解不等式：； 16. 已知函数． （1）求这个函数的图象在处的切线方程； （2）若过点的直线l与这个函数图象相切，求l的方程． 17. 已知函数在处取得极小值-2. （1）求实数的值； （2）若，都有成立，求实数的取值范围. 18. 已知等差数列满足，，的前n项和为． （1）求及的通项公式； （2）记，求证：． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 自贡一中2023-2024学年度下期高二年级期中考试 数学试题 卷Ⅰ（选择题共58分） 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选项的答案息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案. 一、单选题：本大题共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. 下列导数计算错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】A选项，利用幂函数的求导法则计算即可；B选项，简单复合函数求导法则计算即可；CD选项，利用求导乘法和除法法则计算即可. 【详解】A选项，，A正确； B选项，，B正确； C选项，，C正确； D选项，，D错误. 故选：D 2. 命题甲：对任意，有；命题乙：在内是单调递增的，则甲是乙的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】在内单调递增等价于 ，由充分、必要条件判断即可得出结果. 【详解】∵在内，则在内单调递增， 反过来，若在内单调递增，则， ∴“在内”是“在内单调递增”的充分不必要条件． 故选:． 3. 设函数在处存在导数为2，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数的定义即可得解. 【详解】由依题意，知， 则. 故选：C. 4. 中国文字博物馆荟萃历代中国文字样本精华，用详尽的资料向世界展示了中华民族一脉相承的文字和辉煌灿烂的文明．该博物馆馆藏的重要藏品主要分为铜器、碑碣、钱币、陶器、玉石器、甲骨、竹木、纸质、瓷器共九类．小胡同学去该馆任意选取四类重要藏品参观，则在钱币、玉石器、甲骨、瓷器这四类中至少参观其中一类的不同选择方案的种数是（ ） A. 224 B. 121 C. 96 D. 84 【答案】B 【解析】 【分析】利用间接法可求得结果. 【详解】从铜器、碑碣、钱币、陶器、玉石器、甲骨、竹木、纸质、瓷器这九类中任取四类重要藏品参观， 不同的选法种数为， 其中钱币、玉石器、甲骨、瓷器这四类都不选的选法种数为， 因此满足条件的不同选法种数为. 故答案为：B. 5. 已知等比数列的公比为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用等比数列下标和性质可得，由等比数列通项公式可求得结果. 【详解】，，. 故选：C. 6. 设，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，利用赋值法可判断各选项的正误. 【详解】设， 对于A选项，，A错； 对于B选项，， B错； 对于CD选项，， 所以，， ，C对D错. 故选：C. 7. 函数的图像大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过求函数的零点判断图像与轴的交点，结合函数值的正负区间以及时的极限状态（或求导分析单调性）即可排除错误选项。 【详解】令，即，因为恒成立，所以， 解得或，数图像与轴有两个交点和。 观察选项：A选项：当时图像一直在轴下方，不符合时，故排除A； B选项：当时图像有部分在轴下方，而当时，，，所以，故排除B； D选项： 由导数可知，当时，函数单调递增，D 选项在时单调递减，故排除D； C选项：图像过原点，在时函数值为正且先增后减（存在极大值），在后先减后增（存在极小值），符合函数性质. 8. ，均有成立，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先不等式转化为，再构造函数，转化为函数在区间上恒成立，利用参变分离，转化为最值问题，求的取值范围. 【详解】不妨设， 由，得， 即，两边同时除以，得， 令，即，所以函数在区间上单调递减， ，即恒成立， 所以，上恒成立，函数在区间上单调递减， 所以的最大值为1， 所以. 故选：B 二、多选题：本题共3小题，每题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6分，部分选对得部分分，有错选的得0分 9. 某校文艺汇演共6个节目，其中歌唱类节目3个，舞蹈类节目2个，语言类节目1个，则下列说法正确的是（ ） A. 若以歌唱类节目开场，则有360种不同的出场顺序 B. 若舞蹈类节目相邻，则有120种出场顺序 C. 若舞蹈类节目不相邻，则有240种不同的出场顺序 D. 从中挑选2个不同类型的节目参加市艺术节，则有11种不同的选法 【答案】AD 【解析】 【分析】根据全排列、捆绑法、插空法，结合分步与分类计数原理依次分析选项，即可判断. 【详解】A：从3个歌唱节目选1个作为开场，有种方法，后面的5个节目全排列， 所以符合题意的方法共有种，故A正确； B：将2个舞蹈节目捆绑在一起，有种方法，再与其余4个节目全排列， 所以符合题意的方法共有，故B错误； C：除了2个舞蹈节目以外的4个节目全排列，有种，再由4个节目组成的5个空插入2个舞蹈节目， 所以符合题意的方法有种，故C错误； D：符合题意的情况可能是1个歌唱1个舞蹈、1个歌唱1个语言、1个舞蹈1个语言， 所以不同的选法共种，故D正确. 故选：AD. 10. 已知是等差数列的前n项和，且，则下列选项不正确的是（　 　） A. 数列为递减数列 B. C. 的最大值为 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据等差数列的性质可得，则，即可判断AB，根据数列的单调性即可判断C，根据等差数列前n项求和公式计算即可判断D. 【详解】因为，故，，所以等差数列为递增数列，故AB错误； 因为时，，当时，，所以的最小值为，故C错误； 因为，故D正确. 故选：ABC 11. 对于函数，下列说法正确的有（ ） A. 在处取得极大值 B. 只有一个零点 C. D. 若在上恒成立，则 【答案】AB 【解析】 【分析】对A，利用导数求出函数的单调区间，进一步求出函数的极值即可判断；对B，利用函数的单调性和函数值的范围即可判断；对C，利用函数的单调性比较出函数值的大小关系即可判断；对D，利用不等式恒成立，参数分离法即可求解． 【详解】对于A，函数，， 令，即，解得， 当时，，故在上为单调递增函数， 当时，，故在上为单调递减函数， 在时取得极大值，故A正确； 对于B，在上为单调递增函数，，函数在上有唯一零点， 当时，恒成立，即函数在上没有零点，故有唯一零点，故B正确； 对于C，在上为单调递减函数，，，故C错误； 对与D，由在上恒成立，即在上恒成立， 设，则，令，解得：， 当时，，函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减， 当时，函数取得最大值，最大值为，，故D错误． 故选：AB 【点睛】方法点睛：本题考查导数的应用，利用导数研究函数单调性和极值，研究不等式恒成立问题，要利用分离参数法处理恒成立问题，再转化为最值问题，考查数学运算和数学抽象的核心素养，属于中档题． 卷Ⅱ（非选择题共92分） 二、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，含的项的系数为________. 【答案】 【解析】 【分析】由二项式定理写出展开式通项，求含的项即可知其系数. 【详解】由题设，展开式通项公式为， 当时，， ∴含的项的系数为. 故答案为：. 13. 数学与文学有许多奇妙的联系，如诗中有回文诗：“客醉花间花醉客”，既可以顺读也可以逆读．数学中有回文数，如343，12521等，两位数的回文数有11，22，33，…，99共9个，则三位数的回文数中是奇数的个数是_________． 【答案】50 【解析】 【分析】设三位数的回文数为ABA，先分析A的可能取值，再分析B的取值，然后由分步乘法计数原理求解即可 【详解】设三位数的回文数为ABA，A有1到9，共9种可能，即1B1、2B2、3B3、9B9. 其中奇数共5种可能，即1B1，3B3，5B5，7B7，9B9； B有0到9共10种可能，即A0A、A1A、A2A、A3A、A9A. 所以符合题意的有5×10=50个. 故答案为：50 14. 若方程有两个不等的实数根，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】问题转化为函数的图像与直线有 2 个交点，利用导数研究函数单调性，作出函数图像，数形结合求实数的取值范围. 【详解】方程化为 ，令则问题转化为的图像与直线有 2 个交点， 因为， 当 时，单调递减， 当 时，，单调递增， 所以函数最小值为，且当正向无限趋近于时， 的取值无限趋近于正无穷大； 当无限趋近于正无穷大时， 的取值无限趋近于正无穷大； 故方程有两个不等的实数根时，. 故答案为： 四、解答题：本大题共5小题，其中15题13分，16、17题各15分，18、19各17分，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 求解下列问题． （1）求值：； （2）解不等式：； 【答案】（1）148 （2） 【解析】 【分析】（1）根据组合数公式求解； （2）根据排列数公式求解. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 由，得， 化简得，解得，① 又，所以，② 由①②及得. 16. 已知函数． （1）求这个函数的图象在处的切线方程； （2）若过点的直线l与这个函数图象相切，求l的方程． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】(1)令，根据导数的几何意义求出，结合和直线的点斜式方程即可求出切线方程； (2)设切点为，根据导数的几何意义和两点坐标求直线斜率公式分别求出切线的斜率，列出方程，解方程可得，进而求出斜率，利用直线的点斜式方程即可得出结果. 【小问1详解】 令，则， 函数的定义域为，， 所以，又， 所以函数在处的切线方程为； 【小问2详解】 设切点为， 由(1)知，， 又直线l的斜率为， 有，解得， 所以， 所以直线l的方程为. 17. 已知函数在处取得极小值-2. （1）求实数的值； （2）若，都有成立，求实数的取值范围. 【答案】（1），； （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件可得，求解即可. （2）问题等价于，利用导数法求得的最大值和最小值，从而可以求解. 【小问1详解】 ， 因为函数在处取得极小值-2， 所以，即，解得． 经检验，当，时，在处取到极小值， 所以，. 【小问2详解】 由（1）可知，，则 令，解得或， 而，所以当，时，单调递增； 当时，单调递减. 又 所以当时，. 若，都有成立， 只需，所以. 故实数的取值范围为. 18. 已知等差数列满足，，的前n项和为． （1）求及的通项公式； （2）记，求证：． 【答案】（1）， （2） 由（1）得， ， 即. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式列方程组求出首相和公差，进而可得通项公式和前项和； （2）利用裂项相消法可求出，再根据的范围可得的范围，则可证明结论 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 则，解得， ， ； 【小问2详解】 略 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 【答案】（1） 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2） 方法一： 由（1）得，， 要证，即证，即证恒成立， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 方法二： 令，则， 由于在上单调递增，所以在上单调递增， 又， 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，则，当且仅当时，等号成立， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以要证，即证，即证， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 【解析】 【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解； （2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可. 方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证. 【小问1详解】 因为，定义域为，所以， 当时，由于，则，故恒成立， 所以在上单调递减； 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $