精品解析：广东省天天向上联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试卷

2024－2025学年第二学期期中考试 天天向上联盟联考高二年级数学科试题 2025年4月 联盟学校：培英中学 113中 秀全中学 西关外国语 命题组组长：曾 芳（秀全中学） 审题人：王秀文（113中） 试卷说明：本试卷分选择题和非选择题两部分，满分为150分.考试时间为120分钟. 注意事项： 1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的班级、姓名和考号填写在答题卡，并在答题卡上用2B铅笔将相应的信息点涂黑.不按要求填涂的，答卷无效. 2、选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3、非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 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，只有一项是符合要求的. 1. 若，则（ ） A. 30 B. 20 C. 12 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】先由组合的运算公式计算出的值，再代入中，由排列公式即可计算出结果. 【详解】若 故选：A. 2. 若，则（ ） A. 0 B. 2 C. －2 D. －4 【答案】C 【解析】 【分析】根据复合函数的求导法则及导数的定义计算即可. 【详解】， 所以， 因为. 故选：. 3. 甲､乙､丙､丁四名同学和一名老师站成一排合影留念.若老师站在正中间,甲同学不与老师相邻,乙同学与老师相邻,则不同站法种数为 A. 24 B. 12 C. 8 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】 根据特殊元素优先考虑原则，先排乙，再排甲，结合左右对称原则求解. 【详解】由题：老师站中间， 第一步：排乙，乙与老师相邻，2种排法； 第二步：排甲，此时甲有两个位置可以站，2种排法； 第三步：排剩下两位同学，2种排法， 所以共8种. 故选：C 【点睛】此题考查计数原理，关键在于弄清计数方法，根据分步和分类计数原理解决实际问题. 4. 已知数列为等比数列，且，，设等差数列的前n项和为，若，则（ ） A. －36或36 B. －36 C. 36 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式求得，继而求得的值，利用等差数列前项和公式进行计算即可. 【详解】数列为等比数列，设公比为q，且，， 则，则， 则， 则， 故选：C. 5. 等比数列的前n项和为，若，，则（ ） A. 24 B. 12 C. 24或－12 D. －24或12 【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列片段和性质得到方程，求出，再检验即可； 【详解】解：因为等比数列的前n项和为，所以，，成等比数列， 因为，，所以， 解得或，因为， 所以，则． 故选：A 6. 已知函数与的图象如图所示，则函数 A. 在区间上是减函数 B. 在区间上是减函数 C. 在区间上减函数 D. 在区间上是减函数 【答案】B 【解析】 【详解】分析：求出函数的导数，结合图象求出函数的递增区间即可． 详解：， 由图象得：时， ， 故在递增， 故选B． 点睛：本题考查了函数的单调性问题，考查数形结合思想，考查导数的应用，是一道中档题． 7. 用半径为1的圆形铁皮剪出一个扇形制成一个圆锥形容器，容器高为，当容器的容积最大时，（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为，体积为，由，表示出体积表达式，利用导数求出函数得最大值，得到结果. 【详解】设圆锥的底面半径为，体积为，则， 因此， 可得， 令，解得， 当时，，函数在区间上单调递增；当时，，函数在区间上单调递减； 所以当时，取到极大值，并且这个极大值为最大值， 故选：D. 8. 若不等式对任意的都恒成立，则整数的最大值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】问题转化为对任意恒成立，令，根据函数的单调性求出的最大值即可． 【详解】解：问题转化为， 当时，不等式显然成立， 当时，即有对任意恒成立， 令，则， 令， 则， 故在递增， ， ， ，使得，故， 故时，，，时，， 故在递减，在，递增， 故， 故， 故整数的最大值为4， 故选：． 【点睛】本题考查了函数恒成立问题，考查导数的应用以及函数最值问题，考查转化思想，是一道常规题． 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. 已知数列的首项为4，且满足，则（ ） A. 为等差数列 B. 为递增数列 C. 的前项和 D. 的前项和 【答案】BD 【解析】 【分析】由数列递推式两边同除以，可得，推得等比数列，排除A项；通过证明和可得B正确；利用错位相减法可求得的前项和为，排除C项；化简得，易求得该数列的前项和推出D项正确. 【详解】由两边同除以，可得：， 因，则，故为等比数列，首项为4，公比为2. 对于A，由上分析，是公比为2的等比数列，故不可能是等差数列，即A错误； 对于B，由上分析，可得，即， 由，因，故为递增数列，故B正确； 对于C，由上已得，则 ①， 则 ②， 由：， 即，即， 故得，故C错误； 对于D，因，则， 故的前项和为，故D正确. 故选：BD. 10. 某中学五名高一学生选择甲、乙、丙、丁四个社团进行实践活动，每名学生只能选一个社团，则下列结论中正确的是（ ） A. 所有不同的分派方案共种 B. 若甲社团没人选，乙、丙、丁每个社团至少有一个学生选，则所有不同的分派方案共300种 C. 若每个社团至少派1名志愿者，且志愿者必须到甲社团，则所有不同分派方穼共60种 D. 若每个社团至少有1个学生选，且学生A，B不安排到同一社团，则所有不同分派方案共216种 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据分步乘法计数原理计数可知A正确；对于B，C，按照先分组再分配的方法计数可知B不正确；C正确；对于D，由间接法求解可知D正确. 【详解】对于A，每名学生都有4种安排方案，故共有种不同的分派方案，故A正确； 对于B，先将5个人分成3组，分两类：第一类，一组3人，另2组各一人，有种； 第二类，一组2人，一组2人，一组1人，有种，故共有种分组方法， 再将分好的三组分配到三个社团，共有种分派方案，故B不正确； 对于C，分两类：第一类，甲社团分1人，只能是A，另外4人有种，第二类，甲社团分2人，共有种， 根据分类加法计数原理可得共有种不同的分派方案，故C正确； 对于D，若每个社团至少派1名学生，则有种，其中学生A，B安排到同一社团时，有种， 故若每个社团至少派1名学生，且学生A，B不安排到同一社团时， 共有种不同分派方案，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数，则下列命题中正确的是（ ） A. 是的极大值 B. 当时， C. 当时，有且仅有一个零点，且 D. 若存在极小值点，且，其中，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，对函数求导并对参数进行分类讨论得出函数单调性，即可判断在处取得极大值，即可求解；对于B，根据的范围得出单调性，即可求解；对于C，利用的单调性及零点存在性质原理，即可求解；对于D，利用选项A得，再利用选项中条件得，即可求解. 【详解】对于选项A，因为，则， 当时，令，得到或，当或时，，当时，， 所以是的极大值点，极大值为，是极小值点，极小值为， 当时，，由极值的定义知，的极大值为，无极小值， 当时，令，得到或，当或时，，当时，， 所以是的极大值点，极大值为，是极小值点，极小值为， 综上，是的极大值，所以选项A正确， 对于选项B，因为，由选项A知，在区间上单调递增， 又，则，，所以，故选项B错误， 对于选项C，当时，，由选项A知，的增区间为，，减区间为， 当时，，，， 由零点存在性原理知，当时，有且仅有一个零点，且，所以选项C正确， 对于选项D，因为存在极小值点，由选项A知，，得到， 因为，则，整理得到， 即，又，所以，故选项D正确， 故选：ACD. 【点晴】方法点睛：求解三次函数含有参数的单调性问题，经常利用含有参数的一元二次不等式的解法，并对其进行分类讨论即可得出单调性及其极值、极值点等问题. 三、填空题：本题共3小题，年小题5分，共15分. 12. 的展开式中，常数项为__________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】写出展开式的通项，利用通项计算可得. 【详解】二项式展开式的通项为，， 所以的展开式中常数项为. 故答案为： 13. 已知曲线，过点作该曲线的两条切线，切点分别为，，则____________. 【答案】3 【解析】 【分析】设切点，根据导数的几何意义求出曲线的切线方程，将点代入，整理可得，而是此方程的两个实根，结合韦达定理即可求解. 【详解】设切点为，由，得， 则切线的斜率为， 所以切线为， 又切线过点，所以， 整理得，而是此方程的两个实根， 所以. 故答案为：3 14. 已知函数的定义域为，为的导函数，且满足，则不等式的解集是___________. 【答案】 【解析】 【分析】由函数的定义域首先求出自变量的取值范围.再由，可以想到构造一个新函数，判断新函数的单调性，然后对进行变形， 得到两个函数值的大小关系，再根据单调性，就可求出解集． 【详解】函数的定义域为所以有成立， 解这个不等式组，解得 ① ． 因为 所以, 而 可以得到 这样可以构造一个新函数， 显然 因此是上的增函数. 由 可得， 所以得到 是上的增函数 于是有 解这个不等式可得 ② 综合①② 不等式的解集是 【点睛】本题重点考查没有解析式函数的单调性问题，解决此类问题的关键是利用已知给出的结构构造一个新的函数，利用新函数的单调性求解．本题容易忽略，解决函数问题首先要遵循定义域优先原则． 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. 混放在一起的6件不同的产品中，有2件次品，4件正品．现需通过检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，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）一共抽取了4次检测结束，有多少种不同的抽法？ （2）若第一次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，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文字说明和步骤，结果以数字呈现） 【答案】（1）96种； （2）120种. 【解析】 【分析】（1）分两种情形：第一种是4次抽到的全是正品，第二种前3次抽到2件正品1件次品，且第4次抽到次品，利用分类计数加法原理以及分步计数乘法原理结合排列组合数计算可得； （2）由题意知第二次抽到的必是正品，第4次抽取的是次品，检测结束，或第4次抽取到正品，第五次再抽取一件（不论正品还是次品）都可以结束，利用分类计数加法原理以及分步计数乘法原理结合组合数计算可得． 【小问1详解】 有以下两种情况：①4次均为正品，共有种不同的抽法； ②前3次抽到2件正品1件次品，且第4次抽到次品，共有种不同的抽法. 所以共有种不同的抽法． 【小问2详解】 由题意知，第二次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束. 第1次抽到的是次品有种抽法，第2次抽到的是正品有种抽法，第3次抽到的是正品有种抽法. 当抽取4次结束时，第4次抽到的必是次品，共有种不同的抽法； 当抽取5次结束时，若第4次抽到正品且第5次抽到正品，则共有种不同的抽法， 若第4次抽到正品且第5次抽到次品，则共有种不同的抽法. 所以，共有种不同的抽法． 16. 已知函数在处取得极值1. （1）求，的值； （2）求在上的最大值和最小值. 【答案】（1），；（2）最大值为1，最小值为 【解析】 【分析】 （1）求导后，根据，，可得，，再检验所求值即可； （2）根据当在上变化时，，的变化情况表可得结果. 【详解】（1）因为，所以. 依题意得，，即. 解得，，经检验，，符合题意. 所以， （2）由（1）可知， 所以. 令，得，. 当在上变化时，，的变化情况如下表： 1 ＋ 0 － 单调递增 极大值1 单调递减 又，所以在上的最大值为1，最小值为. 【点睛】本题考查了根据函数的极值求参数，要注意检验所求参数是否符合题意，考查了利用导数求函数的最大、最小值，属于基础题. 17. 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列． （1）求的通项公式； （2）证明：． 【答案】（1） （2）证明： ∴ 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式； （2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得. 【小问1详解】 ∵ ，∴,∴, 又∵是公差为的等差数列， ∴,∴, ∴当时，， ∴, 整理得：, 即, ∴ ， 显然对于也成立， ∴的通项公式； 【小问2详解】 略 18. 已知函数（e为自然对数的底数，） （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 【答案】（1） 时在R上单调递减；时在上单调递减，在上单调递增； （2） 由（1）知，时在上单调递减，在上单调递增； 所以， 要证，只需证， 所以，只需证， 令且，则， 当，，在上单调递减， 当，，在上单调递增， 所以，而， 所以，故得证. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，应用分类讨论研究导数的符号判断其单调性； （2）应用分析法，将问题化为证明，利用导数研究左侧的最小值即可证. 【小问1详解】 由题设，显然， 若，则，故，则在R上单调递减； 若，则时，时， 所以在上单调递减，在上单调递增； 综上，时在R上单调递减；时在上单调递减，在上单调递增； 【小问2详解】 略 19. 对于数列，如果存在等差数列和等比数列，使得，则称数列是“优分解”的． （1）证明：如果是等差数列，则是“优分解”的． （2）记，证明：如果数列是“优分解”的，则或数列是等比数列． （3）设数列的前项和为，如果和都是“优分解”的，并且，求的通项公式． 【答案】（1） 是等差数列，设， 令， 则是等差数列，是等比数列，所以数列是“优分解”的． （2） 因为数列是“优分解”的，设， 其中， 则． 当时， 当时，是首项为，公比为的等比数列． （3） 【解析】 【分析】（1）是等差数列，则，令，可得结论； （2）设，可得，进而可得结论； （3）设，可得是首项为2，公比为的等比数列，设，可得，可得，可得数列是首项，公比为的等比数列，可求的通项公式． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 一方面，数列是“优分解”的，设， 其中，由（2）知 因为，所以． 是首项为2，公比为的等比数列． 另一方面，因为是“优分解”的，设， 其中， 是首项为2，公比为的等比数列， ，且， 化简得， 即数列是首项，公比为的等比数列． 又， 又解得， 综上所述，． 【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，弄清题意，并充分应用等比和等差数列的性质是解题的关徤. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024－2025学年第二学期期中考试 天天向上联盟联考高二年级数学科试题 2025年4月 联盟学校：培英中学 113中 秀全中学 西关外国语 命题组组长：曾 芳（秀全中学） 审题人：王秀文（113中） 试卷说明：本试卷分选择题和非选择题两部分，满分为150分.考试时间为120分钟. 注意事项： 1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的班级、姓名和考号填写在答题卡，并在答题卡上用2B铅笔将相应的信息点涂黑.不按要求填涂的，答卷无效. 2、选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3、非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 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，只有一项是符合要求的. 1. 若，则（ ） A. 30 B. 20 C. 12 D. 6 2. 若，则（ ） A. 0 B. 2 C. －2 D. －4 3. 甲､乙､丙､丁四名同学和一名老师站成一排合影留念.若老师站在正中间,甲同学不与老师相邻,乙同学与老师相邻,则不同站法种数为 A. 24 B. 12 C. 8 D. 6 4. 已知数列为等比数列，且，，设等差数列的前n项和为，若，则（ ） A. －36或36 B. －36 C. 36 D. 18 5. 等比数列的前n项和为，若，，则（ ） A. 24 B. 12 C. 24或－12 D. －24或12 6. 已知函数与的图象如图所示，则函数 A. 在区间上是减函数 B. 在区间上是减函数 C. 在区间上减函数 D. 在区间上是减函数 7. 用半径为1的圆形铁皮剪出一个扇形制成一个圆锥形容器，容器高为，当容器的容积最大时，（） A. B. C. D. 8. 若不等式对任意的都恒成立，则整数的最大值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 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. 已知数列的首项为4，且满足，则（ ） A. 为等差数列 B. 为递增数列 C. 的前项和 D. 的前项和 10. 某中学五名高一学生选择甲、乙、丙、丁四个社团进行实践活动，每名学生只能选一个社团，则下列结论中正确的是（ ） A. 所有不同的分派方案共种 B. 若甲社团没人选，乙、丙、丁每个社团至少有一个学生选，则所有不同的分派方案共300种 C. 若每个社团至少派1名志愿者，且志愿者必须到甲社团，则所有不同分派方穼共60种 D. 若每个社团至少有1个学生选，且学生A，B不安排到同一社团，则所有不同分派方案共216种 11. 已知函数，则下列命题中正确的是（ ） A. 是的极大值 B. 当时， C. 当时，有且仅有一个零点，且 D. 若存在极小值点，且，其中，则 三、填空题：本题共3小题，年小题5分，共15分. 12. 的展开式中，常数项为__________．（用数字作答） 13. 已知曲线，过点作该曲线的两条切线，切点分别为，，则____________. 14. 已知函数的定义域为，为的导函数，且满足，则不等式的解集是___________. 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. 混放在一起的6件不同的产品中，有2件次品，4件正品．现需通过检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，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）一共抽取了4次检测结束，有多少种不同的抽法？ （2）若第一次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，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文字说明和步骤，结果以数字呈现） 16. 已知函数在处取得极值1. （1）求，的值； （2）求在上的最大值和最小值. 17. 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列． （1）求的通项公式； （2）证明：． 18. 已知函数（e为自然对数的底数，） （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 19. 对于数列，如果存在等差数列和等比数列，使得，则称数列是“优分解”的． （1）证明：如果是等差数列，则是“优分解”的． （2）记，证明：如果数列是“优分解”的，则或数列是等比数列． （3）设数列的前项和为，如果和都是“优分解”的，并且，求的通项公式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $