精品解析：湖北省孝感市一般高中协作体2024-2025学年高二下学期期中联合考试数学试卷

2024—2025学年度（下）孝感市一般高中联考协作体期中联合考试 高二数学试卷 命题学校：黄陂路高中 命题人：王栋 审题学校：汉川高中 考试时间：2025年4月9日上午8：00-10：00 本试卷满分150分 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 一､选择题：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. 1. 数列的一个通项公式为（ ） A. B. C. D. 2. 现有3位同学参加校园文体活动，分别从4个项目中任选一个参加，不同选法的种数是（ ） A. 24 B. 12 C. D. 3. “”是“成等比数列”的（ ）条件. A. 充要 B. 充分不必要 C. 必要不充分 D. 既不充分也不必要 4. 若，则实数的值为（ ） A. 10 B. 10或8 C. 8 D. 6 5. 已知且，求（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在区间单调递增，则最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列满足，若恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 定义在上的函数满足，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本大题共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. 设等差数列的前项和，公差为且，下列结论正确的是（ ） A. B. C. 时，最大 D. 10. 现有4个编号为1，2，3，4盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则（ ） A. 没有空盒子的方法共有24种 B. 可以有空盒子的方法共有128种 C. 恰有1个盒子不放球方法共有144种 D. 没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有8种 11. 已知函数，下列命题正确有（ ） A. 可能有2个零点 B. 一定有极小值，且0极小值点 C. 时， D. 若存在极大值点，且，其中，则 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某工艺品如图所示分成五个区域.现对此工艺品进行着色，要求相邻区域不能使用同一种颜色.现有5种颜色可供选择，则不同的着色方法共有________种（用数学作答）. 13. 已知两个等差数列与的前项和分别是和，其中，则__________. 14. 已知函数，关于的方程有三个不等实根，则实数的取值范围为__________. 四.解答题：本大题共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）求曲线在处的切线方程. （2）若直线过且与曲线相切，求直线的方程. 16. 已知数列满足 （1）求的通项公式； （2）记，数列的前项和为，求. 17. 有2件次品，4件正品混放在一起（这6件产品均不相同），现对这6件产品一一进行检测将其区分，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束. （1）若恰在第1次检测时，找到第一件次品，且第4次检测时，才找到最后一件次品，则共有多少种不同的抽法？ （2）一共抽取了5次，检测结束，有多少种不同的抽法？ （3）若至多检测4次就能找到所有次品，则共有多少种不同的抽法？ （4）若第1次抽到的是次品且第3次抽到的是正品，检测结束时有多少种不同的抽法？ （要求：解答过程要有必要的说明和步骤） 18. 已知两个数列与，满足，且 （1）求证：是等差数列. （2）记，求数列的前项和 19. 已知函数 （1）当时，讨论的单调性. （2）若，讨论函数的零点个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年度（下）孝感市一般高中联考协作体期中联合考试 高二数学试卷 命题学校：黄陂路高中 命题人：王栋 审题学校：汉川高中 考试时间：2025年4月9日上午8：00-10：00 本试卷满分150分 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 一､选择题：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. 1. 数列的一个通项公式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析题干数列可知是交替出现的数列，逐个分析各个选项是否满足交替出现即可得出答案. 【详解】由题意可知题干数列是交替出现，故其通项公式可以写成或利用三角函数来写， 对于A，的第一项为，不符合题意，故A错误； 对于B，即为，对应的余弦值为，符合题意，故B正确； 对于C，的前两项依次为，不符合题意，故C错误； 对于D，的第一项为，不符合题意，故D错误； 故选：B. 2. 现有3位同学参加校园文体活动，分别从4个项目中任选一个参加，不同选法种数是（ ） A. 24 B. 12 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】每位同学均有4种选法，根据分步乘法计数原理即可得出答案. 【详解】由题意可知每位同学均有4种选法，根据分步乘法计数原理可知， 不同选法的种数为. 故选：D. 3. “”是“成等比数列”的（ ）条件. A. 充要 B. 充分不必要 C. 必要不充分 D. 既不充分也不必要 【答案】D 【解析】 【分析】据等比数列及充分必要条件的定义判断即可得解. 【详解】充分性：若，a或b为0时，，但此时不能构成等比数列，充分性不成立； 必要性：若成等比数列，则，即，必要性不成立. 故选：D. 4. 若，则实数的值为（ ） A. 10 B. 10或8 C. 8 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】由组合数的性质列出两个方程求解即可. 【详解】由组合数的性质可知或， 解得或. 故选：B. 5. 已知且，求（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用基本初等函数的求导公式计算，再利用导数的定义将目标化简为即可. 【详解】由，得，则， 故. 故选：C 6. 已知函数在区间单调递增，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据在上恒成立，再根据分离参数求最值即可求出． 【详解】因为，定义域为， 所以， 则函数在区间上单调递增， 即在上恒成立， 又，所以问题转化为在上恒成立， 设， 则， 所以在上单调递增， 则， 故，即， 所以的最小值为：. 故选：A. 7. 已知数列满足，若恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析可知数列是递减数列，根据已知条件可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围. 【详解】因为恒成立，所以数列是递减数列， 又数列满足， 所以，，即， 即，解得. 故选：C. 8. 定义在上的函数满足，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，构造函数，可得在上单调递增，然后结合其单调性即可求解不等式. 【详解】由可得， 设，， 则， 即函数在上单调递增， 且， 由可得， 即，即，解得， 所以不等式的解集为. 故选：B. 二､多选题：本大题共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. 设等差数列的前项和，公差为且，下列结论正确的是（ ） A. B. C 时，最大 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由可得异号，进而分析易得，可得数列为递减数列，从而判断ABC选项；结合等差数列的前项和公式及等差数列的性质判断D选项. 【详解】在等差数列中，由，可得异号， 若，由，则，不满足题意，则，故A正确； 由于，则数列为递减数列，所以，故B正确； 由于时，；时，， 所以时，最大，故C错误； 又， ，故D正确. 故选：ABD. 10. 现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则（ ） A. 没有空盒子的方法共有24种 B. 可以有空盒子的方法共有128种 C. 恰有1个盒子不放球的方法共有144种 D. 没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有8种 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用全排列计算判断A；每个球有4种放法，利用乘法原理计算判断B；取1个盒子不放球，再将4个球按分成3组放入3个盒子计算判断C；从4个盒4个球中选定一组标号相同的球和盒子，另外3个球3个盒子标号不能对应放，列式计算判断D． 【详解】对于A：4个球全放4个盒中，没有空盒子的放法共种，A正确； 对于B：可以有空盒子，有4个球，每个球有4种放法，共种，B错误； 对于C：恰有1个空盒子，说明另外3个盒子都有球，而球共4个，必然有1个盒子中放了2个球， 先将4个盒中选1个作为空盒，再将4个球中选出2个球绑在一起，再排列共种，C正确； 对于D：恰有一个小球放入自己编号的盒中，从4个盒4个球中选定一组标号相同得球和盒子， 另外3个球3个盒标号不能对应，则共种，故D正确． 故选：ACD 11. 已知函数，下列命题正确的有（ ） A. 可能有2个零点 B. 一定有极小值，且0是极小值点 C. 时， D. 若存在极大值点，且，其中，则 【答案】BD 【解析】 【分析】首先讨论的情形，再分的正负讨论函数的单调性和极值，由此可判断ABC的正误，；对于D，容易得到极大值点的值，再代入，得到关于的一元三次方程，此方程已经有一解，故可以因式分解求出，由此可判断D选项. 【详解】函数的定义域为，当时，为二次函数， 由抛物线性质可知存在极小值点，极小值为，此时无零点； 当时，可求得导函数，令，得或， 当时，可求得当时，；当时，， 所以在上单调递增，在和上单调递减， 故此时存在极小值点，极小值为， 存在极大值点，极大值为； 当时，可求得当时，；当时，， 所以在和上单调递增，，在上单调递减， 故此时存在极小值点，极小值为， 存在极大值点，极大值为； 对于A，当时，无零点； 当时，因为在上单调递增，在和上单调递减， 而极小值为，所以只有1个零点； 当时，因在和上单调递增，在上单调递减， 而极大值为，极小值为，所以只有1个零点，故A错误； 对于B，由以上分析，不论取何值，一定有极小值，且0是极小值点，故B正确； 对于C，当时，即时，此时在上单调递减， 又，所以，故C错误； 对于D，由上述分析可知，则， 由题意知，即， 此方程已有一根，故可因式分解为， 解得与相异根，则，故D正确； 故选：BD. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某工艺品如图所示分成五个区域.现对此工艺品进行着色，要求相邻区域不能使用同一种颜色.现有5种颜色可供选择，则不同的着色方法共有________种（用数学作答）. 【答案】420 【解析】 【分析】根据分类计数原理，分D与B同色和D与B不同色两种情况求解即可. 【详解】第一类：先涂A，有5种情况，涂B，有4种情况，涂C，有3种情况，D与B同色， 涂E，有3种情况，共有种. 第二类：先涂A，有5种情况，涂B，有4种情况，涂C，有3种情况， D与B不同色，有2种情况，涂E，有2种情况，共有种. 综上共有420种. 故答案为：420 13. 已知两个等差数列与的前项和分别是和，其中，则__________. 【答案】##2.2 【解析】 【分析】利用等差数列前项和公式的性质计算即可. 【详解】由等差数列前项和公式的性质可知，同理， 所以. 故答案为： 14. 已知函数，关于的方程有三个不等实根，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求导，判断其单调性，作出其大致图象，数形结合，将关于的方程有三个不等的实根转化为有两个不等的实根，且一个根小于0，另一个根在内，结合二次方程根的分布，求得答案. 【详解】由题意得，， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 则， 又时，，时，， 可知函数的图象如下图所示， 令，，由方程有三个不等的实根， 即有两个不等的实根， 即有两个不等的实根，且一个根小于0，另一个根在内， 令，， 则有两个不等的实根，设为， 则，所以不妨令， 则，，解得， 即实数的取值范围为. 故答案为：. 四.解答题：本大题共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）求曲线在处的切线方程. （2）若直线过且与曲线相切，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用商的导数来求正切函数的导数，即可求在某点处的切线方程； （2）利用导数公式来求经过某点的切线方程. 【小问1详解】 由， 则，， 则所求的切线方程为：， 即 【小问2详解】 由，设切点为， 则， 切线方程： 又在切线上，则，得. 所以的方程为：， 即 16. 已知数列满足 （1）求的通项公式； （2）记，数列的前项和为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用通项公式和前项和的关系可求得，又，可得的通项公式； （2）首先分母有理化求得的通项公式，再利用裂项相消法即可其前项和为. 【小问1详解】 由题干条件，当时，， 当时，， 与已知式子相减得，因为，所以， 又也符合上式，故； 【小问2详解】 由已知得， 故. 17. 有2件次品，4件正品混放在一起（这6件产品均不相同），现对这6件产品一一进行检测将其区分，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束. （1）若恰在第1次检测时，找到第一件次品，且第4次检测时，才找到最后一件次品，则共有多少种不同的抽法？ （2）一共抽取了5次，检测结束，有多少种不同的抽法？ （3）若至多检测4次就能找到所有次品，则共有多少种不同的抽法？ （4）若第1次抽到的是次品且第3次抽到的是正品，检测结束时有多少种不同的抽法？ （要求：解答过程要有必要的说明和步骤） 【答案】（1）24 （2）384 （3）114 （4）120 【解析】 【分析】（1）利用排列知识以及乘法计数原理即可； （2）分最后以正品结束和以次品结束两种情况，再结合排列组合知识即可； （3）分检测2次、3次、4次结束，再结合排列组合知识即可； （4）分最终以正品结束、最终以次品结束两种情况，再讨论抽检次数即可. 【小问1详解】 第1次和第4次为次品，第2，3次测试为正品：共有种. 【小问2详解】 一共抽取5次结束，则 前4次有1次为次品剩下3次为正品，第5次是正品：种， 前4次有1次为次品剩下3次为正品，第5次是次品：种， 共有种 【小问3详解】 第1，2次测出次品结束：， 前2次有1次测出次品，第3次测出次品结束：， 前3次有1次测出次品，第4次测出次品结束：， 前4次全部测出正品：， 共有种； 【小问4详解】 ①最终以正品结束， 则共抽5次，则第1次为次品，其余均为正品，共有种； ②最终以次品结束， 则分三种情况： 共抽4次，则第1，4次为次品，第2，3次为正品，共有种； 共抽5次，则第1，5次为次品，第2，3，4次为正品，共有种； 共有：种 18. 已知两个数列与，满足，且 （1）求证：是等差数列. （2）记，求数列的前项和 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由条件可得，然后结合等差数列的定义代入计算，即可证明； （2）根据题意，由错位相减法代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 由知. 则， ， 所以是以1为首项，1为公差的等差数列. 【小问2详解】 由（1）知， ， ， 相减得：， ， 得. 19. 已知函数 （1）当时，讨论的单调性. （2）若，讨论函数的零点个数. 【答案】（1）答案见解析 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）先求得导函数，再求导函数的零点，对两个零点分类讨论即可求得的单调性； （2）令，得，即，发现其结构相同， 再令，可得，故，问题转化为求函数的值域， 分析其图象与直线的交点个数即得答案. 【小问1详解】 的定义域为 ，令得 ①当时，恒成立，则无递增区间，递减区间为； ②当时，，令，得，令得， 的递增区间为，递减区间为和； ③当时，，令，得，令得， 的递增区间为，递减区间为和， 综上：当时，无递增区间，递递减区间为； 当时，的递增区间为，递减区间为和； 当时，的递增区间为，递减区间为和. 【小问2详解】 若， 令，得，即， 也即，再令， 则在单调递增，故，所以， 可得，令， 令得，所以在上单调递增，在上单调递减， 且当；，所以， 综上：当时，该函数有0个零点； 当或时，该函数有1个零点； 当时，该函数有2个零点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$