精品解析：浙江省钱塘联盟2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试题

绝密★考试结束前 2024学年第二学期钱塘联盟期中联考 高二年级数学学科试题 命题学校：当湖高级中学 审题学校：海盐高级中学 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 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. 已知为等比数列，若，公比，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数，则等于（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 某同学逛书店，发现本喜欢的书，决定至少买其中两本，则不同的购书方法有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 4. 若，则等于（ ） A B. C. D. 5. 从1-9这9个数字中任意取出3个数，组成一个没有重复数字的三位数，从百位到个位数字依次增大，则满足条件的三位数的个数是（ ） A 84 B. 120 C. 504 D. 720 6. 已知可导函数的部分图象如图所示，，为函数的导函数，下列结论不一定成立的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，，若直线是曲线与曲线的公切线，则的方程为（ ） A. B. C. D. 8. 设数列的前项和为，，则（ ） 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. 下列说法正确的是（ ） A. 已知，则 B. C. 4个人排成一排，则甲不站首位的排法有18种 D. 甲、乙、丙、丁四人排成一排，则甲、乙不相邻共有12种排法 10. 已知无穷数列的前3项分别为2，4，8，则下列叙述正确的是（ ） A. 数列为递增数列 B. 若为等比数列，则 C. 若满足，则 D. 若满足，则 11. 已知函数，定义集合，对于任意，都有，则的可能取值为（ ） A. B. C. D. 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为等差数列，其前项和为，若，，则等于______. 13. 若函数有两个零点，则的取值范围是_______． 14. 一个项数为的正整数数列满足，且，若为不大于 的偶数，则符合条件的数列共有_________个. 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. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）设数列满足，求的前项和. 16. 在二项展开式中，所有项的二项式系数之和为. （1）求展开式中的系数； （2）求展开式中二项式系数最大的项. 17. 已知函数，，且满足在处取得极值， （1）求实数的值； （2）求函数在区间上的最大值和最小值. 18. 记为数列的前项积，已知. （1）证明：数列等差数列； （2）求数列的通项公式； （3）若，求数列前项和. 19. 已知函数. （1）当时，求函数在上的最大值； （2）若函数有两个极值点. （i）求取值范围； （ii）设的两个极值点为、，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★考试结束前 2024学年第二学期钱塘联盟期中联考 高二年级数学学科试题 命题学校：当湖高级中学 审题学校：海盐高级中学 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 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. 已知为等比数列，若，公比，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式可求得的值. 【详解】因为为等比数列，，公比，则. 故选：D. 2. 已知函数，则等于（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的导函数，再代入计算可得. 【详解】因为，所以，所以. 故选：B 3. 某同学逛书店，发现本喜欢的书，决定至少买其中两本，则不同的购书方法有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】B 【解析】 【分析】对该同学所买的书的数量进行分类讨论，利用分类加法计数原理和组合计数原理可得结果. 【详解】由题意可知，该同学可买其中的本书、本书、本书， 因此，不同的购书方法种数为种. 故选：B. 4. 若，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，可得出的值. 【详解】因为， 令可得. 故选：C. 5. 从1-9这9个数字中任意取出3个数，组成一个没有重复数字的三位数，从百位到个位数字依次增大，则满足条件的三位数的个数是（ ） A. 84 B. 120 C. 504 D. 720 【答案】A 【解析】 【分析】从9个数字中选择3个不同的数，只需选出，无需排序. 【详解】从9个数字中选择3个不同的数，无需再排序，故. 故选：A. 6. 已知可导函数的部分图象如图所示，，为函数的导函数，下列结论不一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数图象确定函数单调区间，得到的正负，再逐个判断即可. 【详解】由函数图象可知：恒成立，且， 当时，单调递减，，所以 当时，单调递增，，所以， 当时，取得极小值，所以， 所以成立，成立，故A、B一定成立； 由的几何意义为函数图象分别在处的切线斜率， 由函数图象可知，函数图象在上升越来越快，可判断，故D一定成立； 而对于的大小，由现有条件无法判断. 故选：C. 7. 已知函数，，若直线是曲线与曲线公切线，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设直线切函数的图象于点，利用导数的几何意义可得出直线的方程，将直线的方程与函数的解析式联立，由求出的值，即可得出直线的方程. 【详解】设直线切函数的图象于点，则，切线斜率为， 所以切线的方程为，即， 联立可得， ，整理可得， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，，故方程的根为， 因此，直线的方程为，即. 故选：D. 8. 设数列的前项和为，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】当时，可求出的值，当时，由可得，两式作差可判断出数列是等差数列，确定该数列的首项和公差，可求出数列的通项公式，即可得出的表达式，逐项判断即可. 【详解】因为数列的前项和为，， 当时，，解得， 当时，由可得， 上述两个等式作差可得，整理可得， 等式两边同时除以可得， 所以，数列是首项为，公差为的等差数列， 故，所以， 故，，故，A错B对； 由题意可得， 所以，CD都错. 故选：B. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 已知，则 B. C. 4个人排成一排，则甲不站首位的排法有18种 D. 甲、乙、丙、丁四人排成一排，则甲、乙不相邻共有12种排法 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用排列数的运算可判断A；利用组合数的运算判断B；先求甲在首位的排法，再求甲不站首位的排法可判断C；先求甲乙相邻的排法，再求甲乙不相邻的排法判断D. 【详解】对于选项A，排列数公式解得（舍去），故选项A正确； 对于选项B， ，，相加得，而，显然不相等，故选项B错误； 对于选项C，4人排成一排的总排法为种，甲在首位的排法有种，因此甲不在首位的排法为种，故选项C正确； 对于选项D，4人排成一排的总排法为种，甲乙相邻的排法可视甲乙为一个整体，共有种（3个元素排列后内部交换甲乙），因此甲乙不相邻的排法为种，故选项D正确. 故选：ACD. 10. 已知无穷数列的前3项分别为2，4，8，则下列叙述正确的是（ ） A. 数列为递增数列 B. 若为等比数列，则 C. 若满足，则 D. 若满足，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据数列递增的定义可以判定A；利用等比数列的前几项求得通项公式，判定B；利用周期性求解，判定C；利用累加法，结合等差数列求和公式计算判定D. 【详解】选项A：仅前三项递增，无法保证无穷数列后续项的单调性，故A错误； 选项B：若数列为等比数列，因数列的前三项2、4、8的公比为2，通项公式为 ，故B正确； 选项C：若数列满足 ，则为周期为3的数列.2025除以3余0，对应第3项 ，故C正确； 选项D：递推式  , , , , 累加法求得： , 所以，, 验证时成立， 故D正确. 故选：BCD. 11. 已知函数，定义集合，对于任意，都有，则的可能取值为（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】分析可知函数在定义域上单调递增或为常值函数，则在定义域上恒成立，即，分、、三种情况讨论，结合参变量分离法可求得实数的取值范围，即可得出合适的选项. 【详解】因为集合，对于任意，都有，即， 由题意函数在定义域上单调递增或为常值函数， 则在定义域上恒成立，即， 当时，则有，合乎题意； 当时，则，令，其中，则， 故函数在上单调递增，且当时，， 当时，，所以； 当时，则，令，其中，则. 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 综上所述，. 故选：ABC. 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为等差数列，其前项和为，若，，则等于______. 【答案】 【解析】 【分析】求出等差数列的公差，利用等差数列的求和公式可求得的值. 【详解】因为为等差数列，其前项和为，，， 则数列的公差为， 因此，. 故答案为：. 13. 若函数有两个零点，则的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】条件函数有两个零点可转化为函数与函数的图象有两个交点，作两函数的图象，观察图象列不等式可求的范围. 【详解】因为函数有两个零点， 所以方程有两个实根， 所以函数与函数的图象有且仅有两个交点， 函数的定义域为， 函数的导函数为， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 又，当时，， 当时，， 画出函数与函数的图象， 观察图象可得实数的取值范围是． 故答案为：. 14. 一个项数为的正整数数列满足，且，若为不大于 的偶数，则符合条件的数列共有_________个. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，先确定数列中的值，再利用组合知识，即可得到结论. 【详解】由题意，且， 当时，，则可以取或，且逐项不减小， 此时满足条件的数列的个数有个； 当，，则可以取或或或，且逐项不减小， 此时满足条件的数列的个数有个； 当，，则可以取或或或或或，且逐项不减小， 此时满足条件的数列的个数有个； 当，，则可以取或或或或或或或， 且逐项不减小，此时满足条件的数列的个数有个； 综上，满足条件的数列共有. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：先确定数列中的值，之后再分析的取值，可能都是同一个值；可能是从可取值中选两个出来，比如选和，那么可能，可能或有三种可能；依次分析即可. 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. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）设数列满足，求的前项和. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由通项公式及求和公式列出等式求出首项、公差即可求解； （2）由（1）结合等比数列求和公式即可求解. 【小问1详解】 设公差为， 由题意可得，， 解得：， 所以 【小问2详解】 由（1）可得 则是首项，公比为2的等比数列 则 16. 在二项展开式中，所有项的二项式系数之和为. （1）求展开式中的系数； （2）求展开式中二项式系数最大的项. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）由二项式系数和为可求得的值，然后写出二项展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项后即可得解； （2）易知展开式中第三项和第四项二项式系数最大，结合二项展开式通项可求出展开式中二项式系数最大的项. 【小问1详解】 由题意可得，二项式系数为解得，所以该二项式为. 则通项公式为， 令，解得，所以该二项式的展开式中的的系数为. 【小问2详解】 因为，易知展开式中第三项和第四项二项式系数最大， 即，， 所以展开式中二项式系数最大的项是，. 17. 已知函数，，且满足在处取得极值， （1）求实数的值； （2）求函数在区间上的最大值和最小值. 【答案】（1） （2）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）求出的表达式，结合可求得的值； （2）利用导数分析函数在区间上单调性，求出其极大值、极小值，并求出、的值，比较大小可得出结果. 【小问1详解】 因为，所以， 令，解得，经检验合乎题意. 综上所述，. 小问2详解】 由（1）知，所以， 令，即，解得或， 列表如下： + + 增 减 增 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以有极大值，有极小值， 而，， 所以函数在区间上的最大值为，最小值为. 18. 记为数列的前项积，已知. （1）证明：数列是等差数列； （2）求数列的通项公式； （3）若，求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析 （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由，代入，得到，再利用等差数列的定义求解； （2）利用等差数列通项公式求解； （3）由，利用错位相减法求解. 【小问1详解】 因为记为数列的前项积，所以. 由，得，即， 又，所以， 所以是首项，公差为的等差数列； 【小问2详解】 由（1）得， 所以，即； 【小问3详解】 ， ① ② 由①②得 ， 所以. 19. 已知函数. （1）当时，求函数在上的最大值； （2）若函数有两个极值点. （i）求的取值范围； （ii）设的两个极值点为、，证明：. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）当时，利用导数分析函数在上的单调性，即可得出函数的最大值； （2）（i）令，由题意可知函数存在两个不同的变号零点，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围； （ii）由题意可知方程的两个不等的实根分别为、，构造函数，利用导数分析函数的单调性，可证得成立；要证，只需证，令，利用导数分析函数的单调性，可证得，由此可证得结论成立. 【小问1详解】 因为时，，所以， 令，其中，则，即函数在上单调递增， 故当时，，所以在上单调递增， 所以的最大值为. 【小问2详解】 （i）由，则，求导可得， 令， 由题意可得函数存在两个不同的变号零点，则， 令，解得，当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增，所以， 由，令， 求导可得，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增， 所以，则， 由，则当时，函数存在两个不同的变号零点， 可得，解得. （ii）由（i）可得， 易知方程存在两个不相等的实数根，设为、，由①不妨设， 令， ，由，当且仅当时取等号，则， 所以在上单调递增，由， 则当时，可得， 由，且函数在上单调递减， 则，可得； 由当时，，则函数在上单调递减， 由，则，所以， 要证，且，只需证， 则令，， 令，则， 所以在上单调递增，则当时，，即， 所以函数在上单调递增，则当时，， 所以不等式在上恒成立，可得， 综上所述，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $