精品解析： 湖北省天门外国语，江汉学校等2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试题

高二数学考试 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第二册至选择性必修第三册第六章第二节． 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. 从4名女同学和3名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法为（ ） A 12种 B. 7种 C. 4种 D. 3种 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 若数列满足，且，则（ ） A. 3 B. 4 C. D. 4. 有一机器人的运动方程为（t是时间，单位：s；s是位移，单位：cm），则该机器人在时的瞬时速度是在时的瞬时速度的（ ） A. 1倍 B. 倍 C. 2倍 D. 倍 5. 函数的大致图象如图所示，设的导函数为，则的解集为（ ） A B. C. D. 6. 一只蚂蚁从平面直角坐标系上的原点出发，每次随机地向上、下、左、右四个方向移动一个单位长度，其中在点的位置有一个陷阱，蚂蚁掉落到陷阱中就无法移动，则蚂蚁移动6次能移动到点的不同走法有（ ） A. 8种 B. 10种 C. 12种 D. 16种 7. 已知数列的通项公式为，若是递增数列，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 用4种不同的颜色给图中6个区域染色，要求边界有重合部分的区域染上不同的颜色，则不同的染色方法有（ ） A. 384种 B. 168种 C. 108种 D. 192种 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. 已知是等差数列前项和，且，，则下列说法正确的是（ ） A. 的公差 B. C. D. 10. 从0，1，2，3，4，5中任选4个不同的数字组成一个四位数，则下列说法正确的是（ ） A. 这样的四位数有300个 B. 若这个四位数是偶数，则这样的四位数有156个 C. 若0，1被选中，且0，1不相邻，则这样的四位数有72个 D. 若这个四位数的个位、十位和百位上的数字之和为偶数，则这样的四位数有144个 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 直线是图象的一条切线 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则______． 13. 已知函数在上恰有一个极值点，则的取值范围是______． 14. 在数列中，，对任意，则______．已知是数列的前项和，且，若，则的最小值为______． 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. 某俱乐部安排3名女生和4名男生组成一支队伍参加羽毛球团体赛，每人只参加一个项目. （1）若比赛依次进行7轮单打，且3名女生的比赛顺序是相邻的，求不同的安排方法种数； （2）若比赛依次按照男子双打、女子双打、混合双打、男子单打共四个项目进行，求不同的安排方法种数； （3）若比赛依次按照双打、双打、双打、单打共四个项目进行，求不同的安排方法种数. 16. 已知为等差数列，是公比为3的等比数列，且，. （1）证明：. （2）若，求数列的前n项和. 17. 已知函数在处有极值． （1）求的值. （2）判断是否存在过点的曲线的切线．若存在，求出切线方程；若不存在，请说明理由. 18. 已知是数列的前n项和，． （1）求的通项公式. （2）已知是等差数列的前n项和，且数列也是等差数列. （i）求的公差； （ii）数列满足，，，证明：． 19. 若存在和，使得，且，则称是函数． （1）已知函数，判断是否为函数． （2）已知函数，且关于方程有两个不相等的实数根． ①求取值范围； ②证明：是函数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二数学考试 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第二册至选择性必修第三册第六章第二节． 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. 从4名女同学和3名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法为（ ） A. 12种 B. 7种 C. 4种 D. 3种 【答案】B 【解析】 【分析】根据分类加法计数原理求得正确答案. 【详解】依题意，不同的选法为. 故选：B 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复合函数的求导逐项判断即可. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D错误． 故选：C. 3. 若数列满足，且，则（ ） A. 3 B. 4 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据通项确定数列的周期即可求解. 【详解】因且，则， 而，故数列为周期为的周期数列， . 故选：B 4. 有一机器人的运动方程为（t是时间，单位：s；s是位移，单位：cm），则该机器人在时的瞬时速度是在时的瞬时速度的（ ） A. 1倍 B. 倍 C. 2倍 D. 倍 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数的运算法则先求导得，将和代入即可求解. 【详解】由题意有，所以． 故选：B. 5. 函数大致图象如图所示，设的导函数为，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据图象可知的符号，故可得的解集. 【详解】由图可知当时，，当时，， 所以的解集为． 故选：A 6. 一只蚂蚁从平面直角坐标系上的原点出发，每次随机地向上、下、左、右四个方向移动一个单位长度，其中在点的位置有一个陷阱，蚂蚁掉落到陷阱中就无法移动，则蚂蚁移动6次能移动到点的不同走法有（ ） A. 8种 B. 10种 C. 12种 D. 16种 【答案】A 【解析】 【分析】所有路线共有，去掉经过再到达的，即可求解. 【详解】移动6次到达,则需要向右移动3次，向上移动3次， 故总的方法有种， 若经过再到达，需要先从原点到，再从到， 此时共有种， 故蚂蚁移动6次能移动到点的不同走法共有种， 故选：A 7. 已知数列的通项公式为，若是递增数列，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由是递增数列，所以，不等式恒成立求解参数的取值范围即可. 【详解】由题可知是递增数列，所以，即， 所以，故．因为，所以． 故选：C. 8. 用4种不同的颜色给图中6个区域染色，要求边界有重合部分的区域染上不同的颜色，则不同的染色方法有（ ） A. 384种 B. 168种 C. 108种 D. 192种 【答案】D 【解析】 【分析】先涂区域，再分类讨论涂4的种数，根据对称性知3，6的涂法，利用分步乘法计数原理得解. 【详解】先给2，5染色，有种方法， 若1和5同色，则4有2种涂法；若1和5不同色，则4有种涂法． 因为1，4分别与3，6对称，所以不同的染色方法有种． 故选：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. 已知是等差数列的前项和，且，，则下列说法正确的是（ ） A. 的公差 B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据等差数列前项和结合等差数列的性质由，可得，即可结合选项逐一求解. 【详解】由，由于，故，因此，A正确， ，B错误， ，C错误， 由于，故，故是中最大的先，故，D正确， 故选：AD 10. 从0，1，2，3，4，5中任选4个不同的数字组成一个四位数，则下列说法正确的是（ ） A. 这样的四位数有300个 B. 若这个四位数是偶数，则这样的四位数有156个 C. 若0，1被选中，且0，1不相邻，则这样四位数有72个 D. 若这个四位数的个位、十位和百位上的数字之和为偶数，则这样的四位数有144个 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据排列组合，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A，符合条件的四位数有个，A正确， 对于B，符合条件的奇数有,故偶数有个，B正确， 对于C，先从剩下4个数字选择两个数字，共有，若1在千位，则剩余数字的排列有种， 若1不在千位，则有，故总的四位数有，C错误， 对于D，若千位为1，3，5时，且个位、十位和百位上的数字均为偶数，此时有种， 若千位为1，3，5时，且个位、十位和百位上的数字有一个位置为偶数，另外两个位置的数字为奇数，此时有种， 若千位为2或4时，个位、十位和百位上的数字有一个位置为偶数，另外两个位置的数字为奇数， 此时有种，故符合条件的四位数共有，D正确， 故选：ABD 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 直线是图象的一条切线 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，设切点，根据导数过某一点的求切线方程的方法求解；B选项，求导数，根据单调性即可比较大小；C选项，根据B选项的单调性来比较；D选项，构造函数，求导依据单调性比较大小. 【详解】A选项，因为，所以， 设切点坐标为，则，解得，故， 故的图象在点处的切线方程为， 即，A正确． B选项，由， 当时，，时，， 故上单调递增，在上单调递减，所以，B错误． C选项，由B可知，当且仅当时，等号成立， 令，则化简可得，C正确． D选项，令，则， 故时，时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以令，则， 整理得，D正确． 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则______． 【答案】2或3 【解析】 【分析】由组合数性质可得答案. 【详解】因为，则或，且， 解得或3． 故答案为：2或3 13. 已知函数在上恰有一个极值点，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】由题可得与直线在时上恰有一交点，据此可得答案. 【详解】由题可知在上恰有一个变号零点， 即与直线在时上恰有一交点，易得函数在上单调递增，值域为，则时满足题意. 故答案为：． 14. 在数列中，，对任意，则______．已知是数列的前项和，且，若，则的最小值为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】将化简，得是等比数列，通过的通项公式求出的通项公式；通过的通项公式化简分析，取和最小的几项之和，即为所求. 【详解】由，可得，即． 令，得，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列， 则，即． 又， 所以当且仅当时，， 即的最小值为． 故答案为：；. 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. 某俱乐部安排3名女生和4名男生组成一支队伍参加羽毛球团体赛，每人只参加一个项目. （1）若比赛依次进行7轮单打，且3名女生的比赛顺序是相邻的，求不同的安排方法种数； （2）若比赛依次按照男子双打、女子双打、混合双打、男子单打共四个项目进行，求不同的安排方法种数； （3）若比赛依次按照双打、双打、双打、单打共四个项目进行，求不同的安排方法种数. 【答案】（1）720 （2）36 （3）630 【解析】 【分析】（1）根据相邻问题捆绑法即可求解， （2）（3）根据分步乘法计数原理，结合排列组合即可求解. 【小问1详解】 将3个女生看作一个整体与另外4名男生全排列，则有种方法， 【小问2详解】 第一步：从4名男生中选2个人双打有，第二步：从3名女生中选择2个人双打有，第三步：从剩下的2男中选择1个与剩下的1名女生组成混双有种，故总的方法有， 【小问3详解】 若比赛依次按照双打、双打、双打、单打共四个项目进行，则总的安排方法有 16. 已知为等差数列，是公比为3的等比数列，且，. （1）证明：. （2）若，求数列的前n项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差等比数列基本量的计算即可求证， （2）根据错位相减法求和即可得解. 【小问1详解】 证明：设等差数列的公差为，则，故， 【小问2详解】 由可得，故， ，故，所以， 故， 所以， 故， 两式相减可得 故， 所以 17. 已知函数在处有极值． （1）求的值. （2）判断是否存在过点的曲线的切线．若存在，求出切线方程；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）利用极值和极值点的定义列式求解；（2）假设存在，设出切点坐标并借助导数的几何意义表示出切线方程，再利用切线过点可得与切点横坐标有关方程，判断该方程是否有解，即可得结论. 【小问1详解】 因为， 由题可知，即，， 解得，此时，经检验满足题意. 所以. 【小问2详解】 不存在． 理由如下：假设曲线存在过点的切线，且切点坐标为． 因为，所以该切线的斜率为， 即该切线的方程为． 若切线经过点，则，整理得， 该方程的根的判别式，该方程无解， 故不存在过点的曲线的切线. 18. 已知是数列的前n项和，． （1）求的通项公式. （2）已知是等差数列的前n项和，且数列也是等差数列. （i）求的公差； （ii）数列满足，，，证明：． 【答案】（1） （2）（i）1；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）通过给定的和式关系，利用前项和与前项和的差求通项，需注意首项的验证. （2）（i）利用等差数列前项和的表达式，结合新数列也是等差数列的条件，通过二次项系数为零求公差. （ii）通过递推关系化简数列的通项，利用裂项相消法求和，再证明不等式. 【小问1详解】 设. 当时，. 当时，， 化简得：，故. 验证时，，符合条件. 因此，通项公式为. 【小问2详解】 （i）设等差数列的首项为，公差为，则前项和. 数列为等差数列，其通项为： 等差数列的通项应为关于的一次函数，故二次项系数必须为零： （ii）， 由于，则，则， 故， 因此， 由于，则， 裂项求和得： 因此，， 因为，故，则. 故原命题得证. 19. 若存在和，使得，且，则称是函数． （1）已知函数，判断是否为函数． （2）已知函数，且关于方程有两个不相等的实数根． ①求的取值范围； ②证明：是函数． 【答案】（1）是函数 （2）① ；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，得出的单调性，先判断只有一个实数解，结合，，由零点的存在性定理，得到，进而得到，即可得到结论； （2）（ⅰ）由，得到，令，求得，当时，得到在上递减，不符合题意；当时，求得单调性，要使有两个零点，满足，即可求解； （ⅱ）设且，求得，令，求得，得到的单调性，得出，进而得到，即可得到证. 【小问1详解】 解：由函数，可得， 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 又由时，，所以只有一个实数解，记为， 因，，所以， 所以，故是函数． 【小问2详解】 解：（ⅰ）由函数，因为，可得， 令，可得， 当时，，在上单调递减， 此时至多有一个零点，不符合题意，舍去． 当时，令，可得， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 且当时，，当时，， 故要使有两个零点，则需要， 解得，所以的取值范围为． （ⅱ）证明：设，且，则，解得（，否则方程不成立）， 则要证是函数，即证，即证，化简得， 令，可得， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以， 又因为，所以，所以，得证，即是函数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$