精品解析：广东省广雅中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷

2024学年第二学期高二年级期中考试试卷 数 学 命题人：黄淑珍 胡玲 徐敏 审核人：赖淑明 本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、考号等信息填写在答题卡指定区域内． 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，再选涂其它答案；不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上，不得使用涂改液，不得使用计算器．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁． 一、单项选择题（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的．） 1. 下列求导正确是（ ） A. B. C. D. 2. 下列函数中，既是奇函数又在区间（0，+∞）上单调递增的是（　　） A. B. C. D. 3. 将的图象向右平移个单位长度，所得图象的函数解析式为（ ） A. B. C. D. 4. 有四对双胞胎共8人，从中随机选出4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（ ） A 40 B. 48 C. 52 D. 60 5. 已知等比数列的前项和为，且，则数列的公比（ ） A. 或 B. 或 C. 或2 D. 或3 6. 已知，，，则（ ）． A. B. C. D. 7. 下列结论不正确的是（ ） A. （为正整数且） B. 满足方程的值可能为或 C. 甲、乙、丙等5人排成一列，若甲与丙不相邻，则共有36种排法 D. 把6个相同的小球分到3个不同的盒子中，每个盒子至少分得一个小球的分法共有10种 8. 设，，，，则a，b，c，d间大小关系为（ ）． A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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（，，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 在内有3个极值点 D. 在区间上的最大值为 10. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，则下列结论中正确的是（ ） A. 函数恒有1个极值点 B. 当时，曲线恒在曲线上方 C. 若函数有2个零点，则 D. 若过点存在2条直线与曲线相切，则 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 的二项展开式中的系数为__________. 13. 把个位､十位､百位上的数依次成等差数列（公差小于0）的三位数称为“下阶梯数”，则所有的“下阶梯数”共有__________个. 14. 斐波那契，意大利数学家，其中斐波那契数列是其代表作之一，即数列满足，且，则称数列为斐波那契数列.已知数列为斐波那契数列，数列满足，若数列前12项和为86，则__________. 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. 某班组织同学开展古诗词背诵活动，老师要从10篇古诗词中随机抽3篇让学生背诵，规定至少要背出其中2篇才能过关．某同学只能背诵其中的6篇，试求： （1）抽到他能背诵的古诗词的数量的分布列； （2）他能过关的概率． 16. 已知数列满足. （1）求的通项公式. （2）求数列的前项和. 17. 已知函数. （1）求的最小正周期及在区间上的最大值 （2）锐角中，f（）=，且a=，求b+c取值范围. 18. 已知函数，． （1）讨论函数的单调性； （2）若关于的方程有两个不相等的实数根、， （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）求证：． 19. 已知三次函数 （1）当时，试求的单调区间和零点． （2）若函数存在3个不同的零点，证明下列结论： （i）； （ii）当时，成等差数列的充要条件是； （iii）某同学课外研究时发现了一个有趣的结论：，请同学们结合本题中的关系证明如下命题：记，是函数的导函数，令，证明：对任意是一个次数不超过2的多项式函数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024学年第二学期高二年级期中考试试卷 数 学 命题人：黄淑珍 胡玲 徐敏 审核人：赖淑明 本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、考号等信息填写在答题卡指定区域内． 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，再选涂其它答案；不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上，不得使用涂改液，不得使用计算器．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁． 一、单项选择题（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的．） 1. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对于AC：根据基本初等函数导函数分析判断；对于B：根据复合函数的导函数分析判断；对于D：根据导数的减法运算法则分析判断. 【详解】对于选项A：由正弦函数的导数可得，故A错误； 对于选项B：由复合函数可得，故B错误； 对于选项C：因为为常数，则，故C正确； 对于选项D：因为，故D错误； 故选：C. 2. 下列函数中，既是奇函数又在区间（0，+∞）上单调递增的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】逐个判断各个选项中函数的单调性和奇偶性即可． 【详解】解：对于A项，函数为周期函数，在（0，+∞）上不是增函数，故A项错误， 对于B项，函数是偶函数，故B项错误， 对于C项，函数是奇函数，且在（0，+∞）上单调递减，故C项错误， 对于D项，函数是奇函数，且在R上单调递增，故D项正确， 故选：D. 3. 将的图象向右平移个单位长度，所得图象的函数解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角函数平移变换结论求解. 【详解】将的图象向右平移个单位长度，得到的图象， 故选：D． 4. 有四对双胞胎共8人，从中随机选出4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（ ） A. 40 B. 48 C. 52 D. 60 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，根据分步乘法原理，可得答案. 【详解】先从四对双胞胎中选出一对，有种选择； 然后从剩下的六个人中选出两个人，且不能是同一对双胞胎， 这相当于从三对双胞胎中选出两对，再从每对中选出一个人，共有种选择. 根据乘法原理，总共有种选法. 故选：B. 5. 已知等比数列的前项和为，且，则数列的公比（ ） A. 或 B. 或 C. 或2 D. 或3 【答案】D 【解析】 【分析】由，结合等比列的性质可求得. 由，可得，求解即可. 【详解】因为，所以. 因为， 所以，则，解得或. 故选：. 6. 已知，，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据互斥事件的并事件的概率加法公式，条件概率公式，独立事件的概率公式即可求解. 【详解】, 即，解得. 故选：D. 7. 下列结论不正确的是（ ） A. （正整数且） B. 满足方程的值可能为或 C. 甲、乙、丙等5人排成一列，若甲与丙不相邻，则共有36种排法 D. 把6个相同的小球分到3个不同的盒子中，每个盒子至少分得一个小球的分法共有10种 【答案】C 【解析】 【分析】利用排列组合数公式及性质计算可判断AB；利用插空法可求得排列数判断C，利用隔板法可求得总的方法数判断D. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，由，可得或， 解得或，故B正确； 对于C，若甲与丙不相邻，将除甲和丙以外的3人全排，然后将甲与丙插入3人所形成的4个空中的2个空，所以，共有排法，故C错误； 对于D，由隔板法可得有 种不同的方法，故D正确. 故选：C. 8. 设，，，，则a，b，c，d间的大小关系为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】证明在上恒成立，得到，确定，证明在上恒成立，得到，根据和的图像得到，得到，得到答案. 【详解】设，则在上恒成立， 故在上单调递增，，即在上恒成立， 故，故，即，即， ， 设，则恒成立，函数在上单调递增， ，故在上恒成立， ，故. 设，，， 画出和的图像，如图所示： 故时，，即，即. 综上所述： 故选：B 【点睛】关键点睛：本题考查了数值的大小比较，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将数值的大小比较通过函数构造的方式转化为函数的单调性和最值，是解题的关键，函数构造的方式可以有多种方式，需要灵活掌握. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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（，，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 在内有3个极值点 D. 在区间上的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数的部分图象求得，，值，可得函数解析式，进而根据正弦函数的图象和性质即可逐一判断得解. 【详解】对于AB，根据函数的部分图象知，， ，，故AB正确， 对于C，由五点法画图知，，解得， 由于，所以， . 令，则， 时，，时，， 当时，，当时，，当时，， 故在内有2个极值点，分别为，，故C错误， 对于D，，可得：， 故当此时取最大值，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，借助二项式的展开式的通项公式计算即可得，对B，可借助二项式的展开式的通项公式可求得各系数的值即可得，对C，由、、，、，借助赋值法计算即可得；对D，借助赋值法计算即可得. 【详解】对于A，对，有， 则，故A错误； 对于B，令，则有，即， 因为， 所以，，， ，， 故有，故B正确； 对于C，由、、，、， 则， 令，则有， 即，又， 故，故C正确； 对于D，令，则有，即， 又，故，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知函数，则下列结论中正确的是（ ） A. 函数恒有1个极值点 B. 当时，曲线恒在曲线上方 C. 若函数有2个零点，则 D. 若过点存在2条直线与曲线相切，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】先求导根据参数不同判断极值点个数，然后化归思想把零点问题和切线条数问题转化为方程根进而转化为函数的交点的个数的问题即可. 【详解】由，可得， 对于A：因为恒成立，所以当时，，此时在单调递减，所以此时不存在极值点，A错误； 对于B：当时，，令， 下面先证明和， 令，则， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以，所以，所以，当且仅当时取到等号， 令，则， 当时，，即函数在上为减函数， 当，，即函数在上为增函数， 所以，所以，当且仅当时取到等号， 由上结论可得，因为不能同时取等号， 所以两式相加可得，即恒成立， 即恒成立，所以曲线恒在曲线上方，故B正确； 对于C：函数有2个零点等价于方程有两个根， 即有两个根， 令，则， 所以当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以，当，当， 所以要使有两个根，则，解得，所以C正确； 对于D：设切点坐标为，则， 又因为切线经过点，所以， 所以，解得， 令，则，所以， 因为过点存在2条直线与曲线相切，所以方程有两个不同的解， 令，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，当时，，当时，， 所以要使得方程有两个根，则，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 的二项展开式中的系数为__________. 【答案】24 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项，即可求得答案. 【详解】由题意知的展开式的通项为， 令， 所以，故的系数为24， 故答案为：24 13. 把个位､十位､百位上的数依次成等差数列（公差小于0）的三位数称为“下阶梯数”，则所有的“下阶梯数”共有__________个. 【答案】16 【解析】 【分析】根据公差进行分类讨论，从而求得“下阶梯数”的个数. 【详解】公差为时，有共个； 公差为时，共个； 公差为时，共个； 公差为时，共个. 所以一共有个. 故答案为： 14. 斐波那契，意大利数学家，其中斐波那契数列是其代表作之一，即数列满足，且，则称数列为斐波那契数列.已知数列为斐波那契数列，数列满足，若数列的前12项和为86，则__________. 【答案】8 【解析】 【分析】利用斐波那契数列定义可写出数列的项，再利用，代入n的值，可求得数列的项之间的关系，进而得解. 【详解】斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，……. 由得：，，， 则， 同理：，，，，， 得：，，，， 则，， 则， 则 故答案为：8. 【点睛】关键点点睛：本题考查根据递推关系求数列的项，解题的关键是理解斐波那契数列，写出对应的项，再利用数列的递推关系求出数列的项的关系，即可求解，考查学生的理解能力与运算求解能力，属于难题. 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. 某班组织同学开展古诗词背诵活动，老师要从10篇古诗词中随机抽3篇让学生背诵，规定至少要背出其中2篇才能过关．某同学只能背诵其中的6篇，试求： （1）抽到他能背诵的古诗词的数量的分布列； （2）他能过关的概率． 【答案】（1）分布列见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）记抽到他会背诵的古诗词的数量为，由题意分析服从超几何分布，直接求出概率，写出分布列即可； （2）利用第一问直接求出能过关的概率． 【小问1详解】 记抽到他会背诵的古诗词的数量为，则的所有可能取值为0，1，2，3， 且服从超几何分布， 所以． 所以，， ，， 的概率分布列为： 0 1 2 3 【小问2详解】他能过关的概率为． 16. 已知数列满足. （1）求的通项公式. （2）求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意利用累乘法可求得通项公式； （2）由（1）得，然后利用错位相减法可求得前项和. 【小问1详解】 因为， 所以，，，……，， 所以， 所以，得； 【小问2详解】 由（1）得， 令数列前项和为，则 所以， 所以 ， 所以 所以数列的前项和为. 17. 已知函数. （1）求的最小正周期及在区间上的最大值 （2）在锐角中，f（）=，且a=，求b+c取值范围. 【答案】（1）最小正周期为，最大值；（2）. 【解析】 【分析】（1）先利用三角恒等变换对函数进行化简，进而通过三角函数的图像和性质的应用得到答案； （2）利用正弦定理进行边化角，然后借助三角恒等变换进行化简，最后通过三角函数的图像和性质的应用求出结果. 【详解】（1）， 所以的最小正周期为. 因为，所以 于是，当，即时，取得最大值 （2）在中， ，，，. 由正弦定理，， ， ， ， . 18. 已知函数，． （1）讨论函数单调性； （2）若关于的方程有两个不相等的实数根、， （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）求证：． 【答案】（1）答案见解析 （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出，分、两种情况讨论，分析导出的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间； （2）（i）将方程变形为，令，令，可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围； （ii）将所证不等式等价变形为，由变形可得出，推导出，即证．令，只需证，构造函数，其中，利用导数法即可证得结论成立. 【小问1详解】 解：因为， 所以，其中. ①当时，，所以函数的减区间为，无增区间； ②当时，由得，由可得. 所以函数的增区间为，减区间为． 综上：当时，函数的减区间为，无增区间； 当时，函数的增区间为，减区间为． 【小问2详解】 解：（i）方程可化为，即． 令，因为函数在上单调递增， 易知函数的值域为， 结合题意，关于的方程（*）有两个不等的实根． 又因为不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为． 令，其中，则． 由可得或，由可得， 所以，函数在和上单调递减，在上单调递增． 所以，函数的极小值为， 且当时，；当时，则. 作出函数和的图象如下图所示： 由图可知，当时，函数与的图象有两个交点， 所以，实数的取值范围是. （ii）要证，只需证，即证． 因为，所以只需证． 由（ⅰ）知，不妨设． 因为，所以，即，作差可得． 所以只需证，即只需证． 令，只需证． 令，其中，则， 所以在上单调递增，故，即在上恒成立． 所以原不等式得证． 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 19. 已知三次函数 （1）当时，试求单调区间和零点． （2）若函数存在3个不同的零点，证明下列结论： （i）； （ii）当时，成等差数列的充要条件是； （iii）某同学课外研究时发现了一个有趣的结论：，请同学们结合本题中的关系证明如下命题：记，是函数的导函数，令，证明：对任意是一个次数不超过2的多项式函数． 【答案】（1）函数在和上单调递增，在上单调递减；函数的零点为0，1，2 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，令，可求单调递增区间和单调递减区间，令可求零点； （2）（i）由题意可得，展开可得结论；（ii），代入（i）计算可求得结论；（iii）由题意可得，结合已知可得，进而计算可得，可得结论. 【小问1详解】 因为，所以， 求导得，令，解得或， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减； 令，可得，所以， 所以，解得或或， 所以函数的零点为0，1，2； 【小问2详解】 （i）因为函数存在3个不同的零点， 所以， 所以， 又， 所以. （ii）先证明必要性： 由成等差数列， 所以， 所以, 由， 所以， 整理可得. 再证明充分性：由，所以， 即， 所以是函数的一个零点， 当时，, 又∵, 所以,所以, 所以成等差数列. （iii）因为， 所以， 所以, 所以， 由， 可得 所以 所以 ， 所以， 所以， 所以对任意是一个次数不超过2的多项式函数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$