安徽省蚌埠市2024-2025学年高二下学期第一次四校联考 数学试题（含解析）

这是一份安徽省蚌埠市2024-2025学年高二下学期第一次四校联考 数学试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的，选对得5分，选错得0分．
1. 设数列的前项和，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数列前项和与第项的关系求出.
【详解】数列的前项和，则.
故选：A
2. 要排一份有5个独唱节目和3个舞蹈节目的节目单，如果舞蹈节目不排在开头，并且任意两个舞蹈节目不排在一起，则不同的排法种数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先排5个独唱节目共种；再排舞蹈节目，不相邻则用插空法，且保证不放到开头，从剩下5个空中选3个插空共有种，可得选项.
【详解】第1步，先排5个独唱节目共种；第2步，排舞蹈节目，不相邻则用插空法，且保证不放到开头，从剩下5个空中选3个插空共有种，所以一共有种排法．
故选：C.
【点睛】方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
3. 如图是函数的导函数的图象，则下面判断正确的是（ ）
A. 在上是增函数B. 在上是减函数
C. 当时，取得极小值D. 当时，取得极小值
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数与函数单调性间的关系及极值的定义，结合图象，对各个选项逐一分析判断，即可求解.
【详解】对于选项A，由图知，当时，的符号有正有负，
不是单调的函数，所以选项A错误，
对于选项B，由图知，当时，是增函数，所以选项B错误，
对于选项C，由图知，且在左侧附近，，在右侧附近，，
所以是极大值点，在处取到极大值，所以选项C错误，
对于选项D，由图知，且在左侧附近，，在右侧附近，，
所以是极小值点，在处取到极小值，所以选项D正确，
故选：D.
4. 某科研小组培育一种水稻新品种，由第1代1粒种子可以得到第2代120粒种子，以后各代每粒种子都可以得到下一代120粒种子，则第10代得到的种子数为（ ）参考数据：，
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数函数模型计算即可.
【详解】由题意，第10代得到的种子数为
故第10代得到的种子数约为
故选：C.
5. 已知，，，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件，通过构造函数，利用导数研究函数的单调性，再利用单调性比较函数值的大小.
【详解】因为，，，构造函数，
因为，由，得到，
由，得到，所以在区间上单调递减，
因为，，，
因为，所以，故选项A，C，D错误，选项B正确，
故选：B.
6. 设等差数列的前n项和为，且公差不为0，若，，，成等比数列，，则（ ）
A. 7B. 8C. 10D. 123
【答案】C
【解析】
【分析】设公差为，由题意可得方程组，解方程组求出可得答案.
【详解】设公差为，
由题意可得，
即，解得舍去，或，
所以，
可得.
故选：C.
7. 已知数列的通项公式为，，当时，成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意知是递增数列，，得，代入解析式得，根据恒成立条件即得.
【详解】由，当时，成立，即数列递增，
则对于任意的，都有.
已知，
则有恒成立，
即对于任意的都成立，
因为当时，，所以.
故选：C.
8. 已知点P在曲线y=上，a为曲线在点P处的切线的倾斜角，则a的取值
范围是（ ）
A. [0,)B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：因为，所以，选A.
考点：导数的几何意义、正切函数的值域.
二、多选题：本题共3小题，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. 在递增的等比数列中，是数列的前项和，若，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 数列是等比数列
C. D. 数列是公差为的等差数列
【答案】AD
【解析】
【分析】先根据条件求解出的值，然后根据的单调性求解出，利用，即可判断选项A的正误，对于选项B、C和D，根据条件，先求出，再等差数列、等比数列的定义，即可求解.
【详解】因为是等比数列，所以，
又因为，由，解得或，
又因为数列是递增数列，所以，
对于选项A，因为，所以选项A正确，
对于选项B，因为，所以，所以，
所以不为常数，所以选项B错误，
对于选项C，因为，所以，所以选项C错误，
对于选项D，因为，所以，
所以，则是等差数列，且公差为，所以选项D正确，
故选：AD.
10. 某医院派出甲、乙、丙、丁4名医生到A，B，C三家企业开展“面对面”义诊活动，每名医生只能到一家企业工作，每家企业至少派1名医生，则下列结论正确的是（ ）
A. 所有不同分派方案共种
B. 所有不同分派方案共36种
C. 若甲必须到A企业，则所有不同分派方案共12种
D. 若甲，乙不能安排到同一家企业，则所有不同分派方案共30种
【答案】BCD
【解析】
【分析】先将四人分成三组，然后分配到三个企业即可判断AB；分企业有两人和企业只有一人，两种情况讨论即可判断C；先求出甲，乙安排到同一家企业的种数，再利用排除法求解即可.
【详解】由题意，所有不同分派方案共种，故A错误，B正确；
对于C，若甲必须到A企业，
若企业有两人，则将其余三人安排到三家企业，每家企业一人，
则不同分派方案有种，
若企业只有一人，则不同分派方案有种，
所以所有不同分派方案共种，故正确；
对于D，若甲，乙安排到同一家企业，
则将剩下的两人安排到另外两家企业，每家企业一人，
则有种不同的分派方法，
所以若甲，乙不能安排到同一家企业，则所有不同分派方案共种，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 在上单调递增B. 不等式的解集为
C. 若恒成立，则D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，利用导数与函数单调性间的关系，直接求出单调区间，即可求解；对于B，利用选项A中结果，结合，即可求解；对于C，分和两种情况，当时，恒成立，当，根据条件可得，构造函数，求出的最大值，即可求解；对于D，根据条件得到，再结合选项A的结果，即可求解.
【详解】对于选项A，因为，由，得到，
当时，，当时，，
即在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以选项A错误，
对于选项B，由得到，由（1）知在区间上单调递减，在区间上单调递增，
且当时，，又，所以的解集为，故选项B正确，
对于选项C，由，得到，当时，恒成立，
当时，由，得到，所以，
令，则，当时，，当时，，
则在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以，
则，故选项C正确，
对于选项D，由，得到，
则，由选项A知，在区间上单调递增，
所以，则，故选项D正确，
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 曲线过原点的切线方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设切点，求导，即可根据点斜式求解切线方程，进而根据直线过原点即可求解切点坐标，进而可求解.
【详解】由得
设切点为，则切线方程为
由于切线经过原点，所以，解得，
所以切线方程为，即，
故答案为：
13. 用红、黄、蓝、绿四种颜色给如图中五个区域进行涂色，要求相邻区域所涂颜色不同，共有_________种不同的涂色方法.（用数字回答）
【答案】
【解析】
【分析】按照使用了多少种颜色涂色分两类计数，再相加即可得解.
【详解】若四种颜色全部用到，则同色或同色，则共有种；
若只用三种颜色涂色，则同色且同色，共有种，
根据分类加法计数原理可得，共有种涂色方法.
故答案为：.
14. 已知函数，则不等式的解集为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数判断单调性，再判断奇偶性，即可求解不等式.
【详解】由得，
所以函数是R上的增函数，
又由得函数是奇函数，
则由得，
所以，
解得.
故答案：.
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. 现有0，1，2，3，4这五个数字，回答下列两个问题．
（1）用这5个数字能够组成多少个无重复数字的五位数？
（2）用这5个数字能够组成多少个无重复数字的五位偶数？
【答案】（1）96； （2）60.
【解析】
【分析】（1）先排数字0，再排其它4个数字即可计算得解；
（2）选偶数先排个位数，分个位数字为0和个位数字为2或4两种情况，再排其它数位；
【小问1详解】
先排数字0，0只能占除最高位外的其余四个数位，有种排法，
再排四个非0数字有种，由分步乘法计数原理得，
所以能组成96个无重复数字的五位数；
【小问2详解】
当个位数字为0时，则可以组成个无重复数字的五位偶数，
当个位数字为2或4时，则可以组成个无重复数字的五位偶数，
所以用这5个数字能够组成组成个无重复数字的五位偶数；
16. 已知函数在处取得极值.
（1）求函数的解析式及单调区间；
（2）求函数在区间的最大值与最小值.
【答案】（1），单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）最大值为2，最小值为.
【解析】
【分析】（1）求导，根据，求出，求出解析式，并解不等式，求出单调区间；
（2）在（1）基础上，得到函数极值情况，和端点值比较后得到答案.
【小问1详解】
，
由题意得，即，解得，
故解析式为，定义域为R，
令，令得或，
令得，
故上单调递增，在上单调递减，
显然为极小值点，故，
单调递增区间为，单调递减区间为，
【小问2详解】
由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，
表格如下：
又，
故的最大值为2，最小值为.
17. 设数列的前n项和为，已知．
（1）证明：数列是等比数列；
（2）若数列满足，，求数列的前14项的和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知得出，结合前项和与通项的关系将已知与得出的式子两式做减，再化简即可得出，即可证明；
（2）根据（1）得出，结合已知即可得出当为偶数时，即，将数列的前14项从第2项开始两两分组，再结合等比数列求和公式即可得出答案.
【小问1详解】
，
则，
，得，即，
，即
令中，得，解得，则
是首项为1，公比为2的等比数列．
【小问2详解】
由（1）知，则，
，且，
当为偶数时，，即，
，
，
．
18. 已知函数．
（1）若函数在点处的切线与直线垂直，求a的值；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若有两个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）当时，在上为减函数，
当时，在上是减函数，在上是增函数．
（3）
【解析】
【分析】（1）对求导，由已知可得，解方程即可求解的值；
（2）对分类讨论，由导数与单调性的关系求解即可；
（3）对分类讨论，结合（2）中结论，结合零点存在性定理即可求解的取值范围．
【小问1详解】
由，求导得，
直线的斜率为，
又函数在点处的切线与直线垂直，
所以，即，解得．
【小问2详解】
因为，，
所以当时，，所以在上单调递减；
当时，，
令，解得，当，解得，当，解得，
所以时，单调递减，时，单调递增．
综上，可知：当时，在上减函数，
当时，在上是减函数，在上是增函数．
【小问3详解】
①若，由（2）可知：最多有一个零点，
②当时，由（1）可知：当时，取得最小值，，
由于均为上单调递增函数，所以函数在单调递增，
当时，，故当时，，故只有一个零点，
当时，由，即，故没有零点，
当时，，，
由，故在有一个零点，
假设存在正整数，满足，则，
由，所以，因此在上有一个零点．
综上，的取值范围为．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略，
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
19. 已知.
（1）求证：当时，；
（2）设.
（ⅰ）求证：数列为递减数列；
（ⅱ）求证：.
【答案】（1）证明见解析
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对函数求导，并构造，利用导数判断出函数的单调性和最值，即可证明出不等式；
（2）（ⅰ），令，，构造函数并求导，即可求解函数的单调性，从而得到数列的单调性，即可得证.
（ⅱ）由题意结合，得，利用（1）可得，从而有，结合放缩法可得，又由（ⅰ）知，，即可证得结果.
【小问1详解】
由得，
令，则
当时，，所以函数在上单调递增，
又∵，∴，
∴上单调递增，
∵，∴.
【小问2详解】
（i）由题意可得：，
令，，即.
令，，
∵，
∴在上单调递减，
∵，∴，
∴，，
∴为递减数列；
（ⅱ）由（i）可知，，
∵，
∴，
由（1）可知，当时，，即，
当时，，
∴,
∴.
又，
∴.
【点睛】关键点点睛：利用导数证不等式的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．1
+
0
-
0
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增