精品解析：黑龙江省哈尔滨市第七十三中学校2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷

哈田中（哈73中）2023-2024学年度下学期 高二学年期中考试 数学 考试时间：120分钟 卷面分值：150分 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、考号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号. 3.答非选择题时，必须将答案书写在专设答题页规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答.在试题卷上答题无效. 5.考试结束后，只交试卷答题页. 第I卷选择题（共58分） 一、选择题（本题含8小题，每题5分，共40分.每题只有一个选项符合题意） 1. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则的值可以是（ ） A. 10 B. 12 C. 13 D. 15 3. 从4名女生、6名男生中，按性别采用分层抽样的方法抽取5名学生组成课外小组，则不同的抽取方法种数为（ ） A. 1440 B. 120 C. 60 D. 24 4. “基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”，是国家为回应“钱学森之问”而推出的一项人才培养计划，旨在培养中国自己的学术大师.浙江大学､复旦大学､武汉大学､中山大学均有开设数学学科拔尖学生培养基地.已知某班级有共5位同学从中任选一所学校作为奋斗目标，每所学校至少有一位同学选择，则同学选择浙江大学的不同方法共有（ ） A. 24种 B. 60种 C. 96种 D. 240种 5. 甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次，已知甲和乙都没有得到冠军，并且乙不是第5名，则这5个人的名次排列情况共有（ ） A. 72种 B. 54种 C. 36种 D. 27种 6. 在数列中，若，则（ ） A. 1012 B. 1013 C. 2023 D. 2024 7. （ ） A. 84 B. 83 C. 70 D. 69 8. 我们比较熟悉的网络新词，有“yyds”、“内卷”、“躺平”等，定义方程的实数根x叫做函数的“躺平点”．若函数，，的“躺平点”分别为a，b，c，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题含3个小题，共18分.选错不得分，部分选对得3分，全对得6分） 9. 设是函数的导函数，将和的图象画在同一直角坐标系中，可能正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 若，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 11. “杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题中正确的是（ ） A. 在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是84 B. 由“第行所有数之和为”猜想： C. 在“杨辉三角”中，当时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为284 D. 在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 第II卷非选择题（共92分） 三、填空题（本题含3小题，每题5分，共15分） 12. 已知等比数列的前项和为，且，，则___________. 13. 如图所示给五个区域涂色，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有______． 14. 设函数在上存在导数，对于，有，且在上，恒有.若有，则实数的取值范围为___________. 四、解答题（本题含5小题，第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分） 15. 已知函数. （1）求函数在处的切线方程； （2）求函数的单调区间和极值. 16. 已知展开式前三项的二项式系数和为22． （1）求的值； （2）求展开式中的常数项； （3）求展开式中二项式系数最大的项． 17. 盒子中有3支不同的铅笔和4支不同的水笔. （1）将这些笔取出后排成一排，使得铅笔互不相邻，水笔也互不相邻，共有多少种不同的排法？ （2）一次性取出3支笔，使得取出的三支笔中至少有1支铅笔，共有多少种不同的取法？ （3）将这些笔分别放入另外三个不同的盒子，使得每个盒子中至少有一支铅笔和一支水笔，共有多少种不同的放法？ （注：要写出算式，结果用数字表示） 18. 已知各项均为正数的数列的前项和为，且成等差数列. （1）证明：数列是等比数列，并写出数列的通项公式； （2）若，设，求数列的前项和. 19. 已知函数. （1）若，求的取值范围； （2）当时，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈田中（哈73中）2023-2024学年度下学期 高二学年期中考试 数学 考试时间：120分钟 卷面分值：150分 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、考号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号. 3.答非选择题时，必须将答案书写在专设答题页规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答.在试题卷上答题无效. 5.考试结束后，只交试卷答题页. 第I卷选择题（共58分） 一、选择题（本题含8小题，每题5分，共40分.每题只有一个选项符合题意） 1. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，再求即可. 【详解】因为， 所以， 则， 故选：C. 2. 若，则的值可以是（ ） A. 10 B. 12 C. 13 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】根据组合数的性质即可求解. 【详解】由可得或，解得或， 故选：A 3. 从4名女生、6名男生中，按性别采用分层抽样的方法抽取5名学生组成课外小组，则不同的抽取方法种数为（ ） A. 1440 B. 120 C. 60 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】先根据分层抽样的特点确定抽取的男女人数，利用组合数公式可得答案. 【详解】从4名女生、6名男生中，按性别采用分层抽样的方法抽取5名学生， 所以抽取的女生人数为2，男生人数为3，共有抽取方法为：. 故选：B 4. “基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”，是国家为回应“钱学森之问”而推出的一项人才培养计划，旨在培养中国自己的学术大师.浙江大学､复旦大学､武汉大学､中山大学均有开设数学学科拔尖学生培养基地.已知某班级有共5位同学从中任选一所学校作为奋斗目标，每所学校至少有一位同学选择，则同学选择浙江大学的不同方法共有（ ） A. 24种 B. 60种 C. 96种 D. 240种 【答案】B 【解析】 【分析】依题意，有两位同学选择了同一所学校，分有两位同学选择了浙江大学和只有A同学选择了浙江大学这两种情况讨论，结合排列组合的原理计算. 【详解】5位同学选择4所学校，每所学校至少有一位同学选择，则有两位同学选择了同一所学校，已知同学选择浙江大学， 当有两位同学选择了浙江大学时，则这4 位同学在4所大学中分别选了一所，共种选法； 当只有A同学选择了浙江大学时，则这4 位同学在其余3所大学中选择，每所学校至少有一位同学选择，则有两位同学选择了同一所学校，共种选法； 所以同学选择浙江大学的不同方法共有种. 故选：B 5. 甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次，已知甲和乙都没有得到冠军，并且乙不是第5名，则这5个人的名次排列情况共有（ ） A. 72种 B. 54种 C. 36种 D. 27种 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，分2种情况讨论：①、甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，②、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，由加法原理计算可得答案． 【详解】解：根据题意，甲乙都没有得到冠军，而乙不是最后一名， 分2种情况讨论： ①、甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，即乙有3种情况， 剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况， 此时有种名次排列情况； ②、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，有种情况， 剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况， 此时有种名次排列情况； 则一共有种不同的名次排列情况， 故选：． 6. 在数列中，若，则（ ） A. 1012 B. 1013 C. 2023 D. 2024 【答案】B 【解析】 【分析】由题意先求出，再将已知式化简后运用累乘迭代法求得，即可求得. 【详解】在中，取，可得，代入解得， 又由可得， 于是， 故. 故选：B. 7. （ ） A. 84 B. 83 C. 70 D. 69 【答案】D 【解析】 【分析】根据组合数的性质来求得正确答案. 【详解】 . 故选：D 8. 我们比较熟悉的网络新词，有“yyds”、“内卷”、“躺平”等，定义方程的实数根x叫做函数的“躺平点”．若函数，，的“躺平点”分别为a，b，c，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据“躺平点”新定义，可解得,，利用零点存在定理可得,即可得出结论. 【详解】根据“躺平点”定义可得，又； 所以，解得； 同理，即； 令，则，即为上的单调递增函数， 又，所以在有唯一零点，即； 易知，即，解得； 因此可得. 故选：B 二、多选题（本题含3个小题，共18分.选错不得分，部分选对得3分，全对得6分） 9. 设是函数的导函数，将和的图象画在同一直角坐标系中，可能正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据原函数与导函数的图象关系依次判断选项即可. 【详解】对选项A，若图中的直线为的图象，曲线为的图象， 因为的图象先负后正，的图象先减后增，故A可能正确. 对选项B，若图中上面的曲线为的图象，下面曲线为的图象， 因为的图象在处先负后正，的图象在处先减后增， 故B可能正确. 对选项C，若图中上面的曲线为的图象，下面曲线为的图象， 因为恒成立，的图象为增函数，故C可能正确. 对选项D，若图中上面的曲线为的图象，下面曲线为的图象， 因为的图象先负后正，的图象为增函数，不符合， 若图中上面的曲线为的图象，下面曲线为的图象， 因为恒成立，的图象为增函数，不符合，故D错误. 故选：ABC 10. 若，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用赋值法即可逐一求解. 【详解】令，则，故A正确， 令可得，故，故B错误， 令可得，故，故C正确， 令可得，，故D错误， 故选：AC 11. “杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题中正确的是（ ） A. 在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是84 B. 由“第行所有数之和为”猜想： C. 在“杨辉三角”中，当时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为284 D. 在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据“杨辉三角”,结合组合数公式，二项式定理，组合数的性质，判断选项. 【详解】A. 在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是，故A正确； B.因为,令得，故B正确； C. 在“杨辉三角”中，当时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为 ，故C错误； D. 在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字， 即， 因为 对应相乘可得的系数为 而二项式展开式的通项公式，， 当时，，则的系数为, 所以，故D正确. 故选：ABD 第II卷非选择题（共92分） 三、填空题（本题含3小题，每题5分，共15分） 12. 已知等比数列的前项和为，且，，则___________. 【答案】32 【解析】 【分析】先根据等比数列的通项公式与前项和公式求和，再求即可. 【详解】首先，等比数列的公比不是1，这是因为若，则，所以. 由. 由. 所以. 故答案为：32 13. 如图所示给五个区域涂色，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有______． 【答案】72 【解析】 【分析】对进行分类，再利用分步计数原理，进行求解. 【详解】分两种情况：①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有种； ②A，C同色，先涂A，C有4种，再涂E有3种，B，D各有2种，有种．故不同的涂色方法有种． 故答案为：72 14. 设函数在上存在导数，对于，有，且在上，恒有.若有，则实数的取值范围为___________. 【答案】 【解析】 【分析】令，判断的奇偶性、单调性，再由得，利用的奇偶性、单调性求解即可. 【详解】令，，则，所以为奇函数， 又因为时，，所以在上单调递减， 故在上单调递减， , 所以，故，解得， 即实数的取值范围为， 故答案为：. 【点睛】方法点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造.构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造等. 四、解答题（本题含5小题，第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分） 15. 已知函数. （1）求函数在处的切线方程； （2）求函数的单调区间和极值. 【答案】（1） （2）单调增区间为，，单调减区间为；极大值为，极小值为. 【解析】 【分析】（1）利用导数求出切线的斜率，即可写出切线方程； （2）利用列表法求出单调区间和极值. 【小问1详解】 函数的定义域为R. 导函数. 所以，， 所以函数在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 令，解得：或.列表得： x 1 3 + + 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以函数的单调增区间为，；单调减区间为； 的极大值为，极小值为. 16. 已知展开式前三项的二项式系数和为22． （1）求的值； （2）求展开式中的常数项； （3）求展开式中二项式系数最大的项． 【答案】（1）；（2）；（3）. 【解析】 【分析】1利用公式展开得前三项，二项式系数和为22，即可求出n． 2利用通项公式求解展开式中的常数项即可． 3利用通项公式求展开式中二项式系数最大的项． 【详解】解：由题意，展开式前三项的二项式系数和为22． 1二项式定理展开：前三项二项式系数为：， 解得：或舍去． 即n的值为6． 2由通项公式， 令， 可得：． 展开式中的常数项为； 是偶数，展开式共有7项则第四项最大 展开式中二项式系数最大的项为． 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，通项公式的有关计算，属于基础题． 17. 盒子中有3支不同的铅笔和4支不同的水笔. （1）将这些笔取出后排成一排，使得铅笔互不相邻，水笔也互不相邻，共有多少种不同的排法？ （2）一次性取出3支笔，使得取出的三支笔中至少有1支铅笔，共有多少种不同的取法？ （3）将这些笔分别放入另外三个不同的盒子，使得每个盒子中至少有一支铅笔和一支水笔，共有多少种不同的放法？ （注：要写出算式，结果用数字表示） 【答案】（1）共有种不同的排法 （2）共有种不同的取法 （3）共有种不同的放法 【解析】 【分析】（1）先将支不同的铅笔进行排序，然后将支不同的水笔插入铅笔所形成的空位中（含两端），结合插空法可求得结果； （2）对摸出的铅笔的支数进行分类讨论，结合组合知识以及分类加法计数原理可得结果； （3）先将这支水笔分为组，其中组有支，另一组有支，然后再将这三组水笔放入三个不同的盒子， 最后将支铅笔放入3个盒子，利用分步乘法计数原理可得结果. 【小问1详解】 将支不同的水笔和支不同的铅笔排成一排，使得铅笔互不相邻，水笔也不相邻， 只需先将支不同的铅笔进行排序，然后将支不同的水笔插入铅笔所形成的空位中（含两端）， 由分步乘法计数原理可知，不同的排法种数为种. 【小问2详解】 随机一次性摸出支笔，使得摸出的三支笔中至少有支铅笔， 则铅笔得支数可以是或或， 由分类加法计数原理可知，不同的取笔种数为种. 【小问3详解】 先将支水笔分为组，这三组水笔的支数分别为、、， 再将这三组水笔分配给三个盒子， 所以不同的放法种数为种， 再将3支铅笔放入3个盒子，每个盒子1支，不同的放法种数为种， 由分步乘法计数原理可得，不同的放法种数为种. 18. 已知各项均为正数的数列的前项和为，且成等差数列. （1）证明：数列是等比数列，并写出数列的通项公式； （2）若，设，求数列的前项和. 【答案】（1） 由题可得，当时，， 当时，，整理得，又， 所以， 数列是以为首项，以2为公比的等比数列， ； （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差中项可得，即可根据的关系即可得为等比数列； （2）根据错位相减法即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意可得：， 所以，则有 ， ， 由错位相减得 ， 所以. 19. 已知函数. （1）若，求的取值范围； （2）当时，证明：. 【答案】（1） （2） 记，则， 令，则， 所以即在上单调递增. 由，知. 所以，即， 故当单调递减；当单调递增. 所以， 由（*）式，可得. 代入式，得. 由（1）知，当时有，故， 所以. 由于，所以. 故，即，原不等式得证. 【解析】 【分析】（1）令，将问题转化为，利用导数求出即可； （2）令，将问题转化为，通过导数研究单调性，借助隐零点和放缩法证明即可. 【小问1详解】 记，，则恒成立，即. 因为， 当；当； 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以，解得. 故实数的取值范围是； 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，转化为构造函数，利用导数分析构造的函数的单调性，求得最值，证明即可.当导函数的零点不易求出时，可借助其单调性和零点存在定理确定零点所在区间，设出零点，再整体代换即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $