精品解析：湖北省部分学校2023-2024学年高二下学期4月期中考试数学试题

湖北省部分学校2023-2024年度下学期期中考试 高二数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教 A 版选择性必修第二册至选择性必修第三册第六章第2节. 一、选择题：本题共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. 书架上放有2本不同的科学类图书，3本不同的文学类图书和5本不同的历史类图书，小李从中任选1本阅读，不同的选法共有（ ） A. 9种 B. 10种 C. 30种 D. 45 种 2. 已知函数的导函数为，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 已知数列是递增数列，则其通项公式可以是（ ） A. B. C. D. 4. 若函数的极小值点为1，则（ ） A. B. C. D. 5. “数列{}是等比数列”是“数列是等比数列”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 6. 已知函数 的部分图象如图所示，为 的导函数，则（ ） A. B. C. D. 7. 银行有一种叫做零存整取的储蓄业务，即每月定时存入一笔相同数目的现金，这是零存；到约定日期可以取出全部本金与利息的和（简称本利和），这是整取．已知一年期的年利率为1.35%，规定每次存入的钱不计复利．若某人采取零存整取的方式，从今年1月开始，每月1日存入4000元，则到今年12月底的本利和为（ ） A. 48027元 B. 48351元 C. 48574元 D. 48744元 8. 已知函数对定义域内任意，都有 ，则正实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 下列函数求导正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 在主题为“爱我中华”的演讲比赛中，参赛者甲、乙、丙、丁、戊进入了前5名的决赛（获奖名次不重复）、甲、乙、丙三人一起去询问成绩，回答者说：“甲、乙两人之中有一人的成绩为第三人名，丙的成绩不是第五名."根据这个回答，下列结论正确的有（ ） A. 五人名次排列的所有情况共有36种 B. 甲、乙的排名不相邻的所有情况共有24种 C. 甲、乙的排名均高于丙的排名的所有情况共有8种 D. 丙的排名高于甲的排名的所有情况共有24种 11. 已知数列的前项和为，且，则（ ） A. 是递增数列 B. 使成立的最大正整数的值为5 C. D. 若数列的前项和为，则 三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则______. 13. 在数列中，，，且，则______． 14. 提供6种不同颜色的颜料给图中A，B，C，D，E，F六个区域涂色，要求相邻区域不能涂相同颜色，则不同的涂色方法共有______种. 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. 在公差不为0的等差数列中， ，是与的等比中项. （1）求的通项公式； （2）记的前n项和为，求的最大值. 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若恒成立，求a的取值范围. 17. 如图，在一个的网格中填齐1至9中的所有整数，每个格子只填一个数字，已知中心格子的数字为． （1）求满足第二横排、第二竖排的个数字之和均为的不同的数字填写方案种数； （2）求满足第二横排的数字从左到右依次增大，第二竖排的数字从上到下依次增大的不同的数字填写方案种数． 18. 已知数列 满足 （1）求的通项公式； （2）设，数列 的前n项和为，求 .（其中表示不超过x的最大整数） 19. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若，，且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北省部分学校2023-2024年度下学期期中考试 高二数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教 A 版选择性必修第二册至选择性必修第三册第六章第2节. 一、选择题：本题共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. 书架上放有2本不同的科学类图书，3本不同的文学类图书和5本不同的历史类图书，小李从中任选1本阅读，不同的选法共有（ ） A. 9种 B. 10种 C. 30种 D. 45 种 【答案】B 【解析】 【分析】直接根据分类加法计数原理即可求解. 【详解】根据分类加法计数原理知，小李不同的选法共有种. 故选：B. 2. 已知函数的导函数为，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的定义及极限的相关计算计算可得. 【详解】因为，即， 所以. 故选：C 3. 已知数列是递增数列，则其通项公式可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】逐个分析选项，根据后一项是否比前一项大判断是否为递增数列. 【详解】对于选项A，，是递增数列，A正确； 对于选项B，，，不是递增数列，B不正确； 对于选项C，，，不是递增数列，C不正确； 对于选项D，，不是递增数列，D不正确． 故选：A. 4. 若函数的极小值点为1，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对求导后，对分类讨论，利用函数单调性与极值点的关系即可求解. 【详解】因为， 所以. 若，当时，，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 此时1是的极大值点，矛盾，故不符合题意； 若，则，等号成立当且仅当，此时在上单调递增， 即此时没有极值点，故不符合题意； 若，当时，，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 此时1是的极小值点，故符合题意； 综上所述，符合题意的的取值范围是. 故选：B. 5. “数列{}是等比数列”是“数列是等比数列”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】利用等比数列的定义说明充分性，举反例说明不必要即可得解. 【详解】若是等比数列，设的公比为q，则，则数列是公比为的等比数列. 假设数列是1，2，2，4，4，8，8，16，16，…，则数列是等比数列，但是数列不是等比数列. 故数列“是等比数列”是“数列是等比数列”的充分不必要条件. 故选：A. 6. 已知函数 的部分图象如图所示，为 的导函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接由导数的几何意义结合函数图象即可求解. 【详解】由导数的几何意义可知，表示曲线在处的切线斜率， 表示曲线在处的切线斜率， 表示，两点连线的斜率， 由图可知，当从0变化到1时，切线斜率越来越大， 所以，对比选项可知，D正确. 故选：D. 7. 银行有一种叫做零存整取的储蓄业务，即每月定时存入一笔相同数目的现金，这是零存；到约定日期可以取出全部本金与利息的和（简称本利和），这是整取．已知一年期的年利率为1.35%，规定每次存入的钱不计复利．若某人采取零存整取的方式，从今年1月开始，每月1日存入4000元，则到今年12月底的本利和为（ ） A. 48027元 B. 48351元 C. 48574元 D. 48744元 【答案】B 【解析】 【分析】计算出利息和，得到今年12月底的本利和. 【详解】所有利息的和为元， 故到12月底的本利和为元． 故选：B 8. 已知函数对定义域内任意，都有 ，则正实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过分析得出在上恒成立，变形成同构不等式求参问题，构造函数，对进行分类讨论，得出只需讨论当时，即可，进一步构造函数求出它的最大值即可. 【详解】因为，所以. 令函数，则在上单调递减， 所以在上恒成立，所以， 即. 令函数，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 当时，，当时，，且由题干可知，即， 所以当时，恒成立，此时可以是任意实数， 当时，恒成立， 等价于，当时，， 所以当时，，即当时，. 令函数，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的最大值，所以； 综上所述，正实数m的取值范围为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：关键是逐步分析得出只需当时，恒成立，即可构造函数顺利得解. 二、选择题：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. 下列函数求导正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据导数的运算法则及简单复合函数的导数计算规则计算可得. 【详解】对于A：，故A错误； 对于B：，故B正确； 对于C：因为，，所以，故C正确； 对于D：，故D错误. 故选：BC 10. 在主题为“爱我中华”的演讲比赛中，参赛者甲、乙、丙、丁、戊进入了前5名的决赛（获奖名次不重复）、甲、乙、丙三人一起去询问成绩，回答者说：“甲、乙两人之中有一人的成绩为第三人名，丙的成绩不是第五名."根据这个回答，下列结论正确的有（ ） A. 五人名次排列的所有情况共有36种 B. 甲、乙的排名不相邻的所有情况共有24种 C. 甲、乙的排名均高于丙的排名的所有情况共有8种 D. 丙的排名高于甲的排名的所有情况共有24种 【答案】ACD 【解析】 【分析】由分步乘法计算可得AC正确；由分类加法和分步乘法计算可得B错误；分丙在第一，第二，第四三种情况用分类加法和分步乘法计算得到D正确. 【详解】A：甲、乙两人之中有一人的成绩为第三人名有种情况，丙的成绩不是第五名有种，剩下全排，所以共有种，故A正确； B：设甲排在第三，乙可在第一和第五； 当乙在第一时，有种； 当乙在第五时，有种， 甲乙可以互换，所以共有种，故B错误； C：由条件可知，丙只能在第四， 当甲在第三，乙只能在第一，第二的位置共有种， 由于甲乙可以互换，所以共有种，故C正确； D：丙在第一时，有种； 丙在第二时，分为两种情况，①甲在第三，有种；②乙在第三，甲在第四或五，有种； 丙在第四，甲只能在第五，此时乙在第三，有2种； 所以共有种，故D正确； 故选：ACD. 11. 已知数列的前项和为，且，则（ ） A. 是递增数列 B. 使成立的最大正整数的值为5 C. D. 若数列的前项和为，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合数列的递推关系及数列单调性判断A；计算数列的前几项和结合单调性判断B；直接计算判断C；结合数列的裂项相消法求和和不等式的性质判断D. 【详解】由，可得， 由，得，，，，，...， 显然，则，所以是递增数列，，故AB正确； 当时，，，故C错误； ，可得， 所以， 则， 由，所以，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如 (其中是各项均不为零的等差数列，为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和，还有一类隔一项的裂项求和. 三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则______. 【答案】3 【解析】 【分析】求导，代入，可求导，进一步可得函数表达式，从而代入即可得解. 【详解】因为，所以，则，解得， 则，故. 故答案为：3. 13. 在数列中，，，且，则______． 【答案】1 【解析】 【分析】利用递推公式可验证出数列从第5项起是以3为周期的数列，从而可解. 【详解】，，，，，，， ，，，，…， 可知从第5项起是以3为周期的数列， 则，，则． 故答案为：1 14. 提供6种不同颜色的颜料给图中A，B，C，D，E，F六个区域涂色，要求相邻区域不能涂相同颜色，则不同的涂色方法共有______种. 【答案】6120 【解析】 【分析】根据和、和同色或者不同色分类，每一种情况中用分步乘法计数原理，最后利用分类加法计数原理得到涂色方法的数量. 【详解】假定涂色顺序为 若、涂相同颜色，则有种涂法； 若、涂不同颜色，、涂相同颜色，则有种涂法； 若、涂不同颜色，、涂不同颜色，则有种涂法； 故由分类加法计数原理得不同的涂色方法共有种. 故答案为：6120. 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. 在公差不为0的等差数列中， ，是与的等比中项. （1）求的通项公式； （2）记的前n项和为，求的最大值. 【答案】（1） （2）100 【解析】 【分析】（1）由题意列出关于的方程，求出公差即可得解； （2）首先得出单调递减，并求出时的最大值，结合等差数列求和公式即可求解. 【小问1详解】 设的公差为d，因为是与的等比中项，所以， 即，整理得. 又，所以， 则. 【小问2详解】 由（1）可得，. 因为，所以是递减数列. 又，， 所以当时，取得最大值，且最大值为. 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若恒成立，求a的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求导，对进行分类讨论，由导数符号与函数单调性的关系即可得解； （2）方法一：对分类讨论；方法二：参变分离，转换成不等式恒成立求参数，构造适当的函数，利用导数求最值即可得解. 【小问1详解】 因为，，所以. 若，则恒成立， 此时的单调递增区间为，无单调递减区间. 若，则当时，，当时，， 此时的单调递增区间为，单调递减区间为. 综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 方法一：当时，，不符合恒成立. 当时，由（1）可知，. 因为恒成立，所以，解得，故a的取值范围为. 方法二：恒成立等价于恒成立. 令，则. 当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 则，故a的取值范围为. 17. 如图，在一个的网格中填齐1至9中的所有整数，每个格子只填一个数字，已知中心格子的数字为． （1）求满足第二横排、第二竖排的个数字之和均为的不同的数字填写方案种数； （2）求满足第二横排的数字从左到右依次增大，第二竖排的数字从上到下依次增大的不同的数字填写方案种数． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意第二横排或第二竖排的其它个数字之和必然为，将剩下的数字分为个组合，按照分步乘法计数原理计算可得； （2）先排的左边与上边，再排的右边与下边，最后将剩下的数字全排列. 【小问1详解】 要使第二横排和第二竖排的个数字之和均为， 则第二横排或第二竖排的其它个数字之和必然为， 则要从和，和，和，和这四个组合中选出两个组合填写， 首先选一个组合填到第二横排的两个空中，再选一个组合填到第二竖排的两个空中，最后将其余四个数全排列， 故有种填法. 【小问2详解】 先从、、、这四个数字中选个数字分别排到的左边和上边，有种； 再从、、、这四个数字中选个数字分别排到的右边和下边，有种； 最后将其余四个数字排到剩下的四个位置，有种； 按照分步乘法原理可得，一共有种填法. 18. 已知数列 满足 （1）求的通项公式； （2）设，数列 的前n项和为，求 .（其中表示不超过x的最大整数） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据的关系可以求得，其中，进而得解； （2）对所求进行适当划分，再结合错位相减法即可求解. 【小问1详解】 当时，. 当时，由，得， 则，即时，. 因为也符合上式，所以的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）可知，， 因为，所以当，时，. 所以， 设. 因为， 所以， 则， 则， 则. 19. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若，，且，证明：. 【答案】（1） （2） 证明：由，，且，不妨设，，， 则证明等价于证明，， 即证，从而构造函数，利用其调性证明结论. 令，则，当时，，在单调递减， 故，，即，， 则 ， 要证， 只需证. 令，则， 令，得. 令，，则， 令，，则在上恒成立， 则，则在上恒成立，则在上单调递增. 当时，，则， 则，在单调递减， 当时，，则， 则，在单调递增. 因为，所以，即在上恒成立， 从而. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，利用到数的几何意义，即可求得答案； （2）设，，，原不等式即为，利用的单调性，继而转化为，继而再构造函数，利用函数的单调性证明结论. 【小问1详解】 由，得， 则，， 故曲线在点处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 略 【点睛】难点点睛：本题查了导数的几何意义的应用以及利用导数证明不等式，难点就在于不等式的证明，解答时要将原不等式转化为，继而构造函数，利用单调性证明成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $