安徽省安庆市第一中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版）

这是一份安徽省安庆市第一中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版），共20页。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置．
2．全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效．
3．回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上．
4．考试结束后，将本试题和答题卡一并交回．
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. 一个集合有5个元素，这个集合的含有3个元素的子集有（ ）个
A. 10B. 20C. 30D. 40
2. 已知为正项等比数列，若是函数的两个零点，则（ ）
A. 10B. C. D.
3. 记为等差数列的前项和，公差，且，则取得最小值时为（ ）
A. 2021B. 4039C. 2020D. 4040
4. 函数在上单调递增的必要不充分条件为（ ）
A. B. C. D.
5. 展开式中，的系数为（ ）
A. 15B. 20C. 30D. 40
6. 已知定义在R上函数的导函数为，若对任意的实数x，不等式恒成立，且，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
7. 为了更好的了解党的历史，宣传党的知识，传颂英雄事迹．某校团支部6人组建了党史宣讲，歌曲演唱，诗歌创作三个小组，每组2人，其中甲不会唱歌，乙不能胜任诗歌创作，则组建方法有（ ）种
A. 60B. 72C. 30D. 42
8. 已知为数列的前项和，且，若对任意正整数恒成立，则实数的最小值为（ ）
A. 4B. C. 3D.
二、多选题：本题共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. 你是否注意过，市场上等量的小包装的物品一般比大包装的要贵一些？高二某研究小组针对饮料瓶的大小对饮料公司利润的影响进行了研究，调查如下：某制造商制造并出售球形瓶装的某种饮料，瓶子的制造成本是分，其中r（单位：cm）是瓶子的半径．已知每出售1mL的饮料，制造商可获利0.2分（不考虑瓶子的成本的前提下），且制造商能制作的瓶子的最大半径为6cm．下面结论正确的有（ ）（注：；利润可为负数）
A. 利润随着瓶子半径的增大而增大B. 半径为6cm时，利润最大
C. 半径为2cm时，利润最小D. 半径为3cm时，制造商不获利
10. 的展开式中第项和第项的二项式系数相等，则以下判断正确的是（ ）
A. 第项的二项式系数最大
B. 所有奇数项的系数和为
C.
D.
11. 已知数列满足：，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 是单调递增数列
C. 若为数列的前项和，则
D. 若对任意，都有，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若，则______.
13. 设为公比为等比数列的前项和，若，，成等差数列，则_________.
14. 若恒成立，则的取值范围为______.
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. 已知数列前项和为，且满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，设数列的前项和，求证：.
16. 将4个编号为的小球放入4个编号为的盒子中．
（1）有多少种放法？
（2）恰好有一个空盒，有多少种放法？
（3）把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？
17. 已知函数．
（1）当时，斜率为直线与的图象相切，求该直线与轴交点的横坐标；
（2）若是上的单调函数，求的取值范围．
18. 已知数列满足，.
（1）写出，，；
（2）若，求数列的前项和．
19. 已知函数．
（1）若，讨论的单调性．
（2）已知关于方程恰有个不同的正实数根．
（i）求取值范围；
（ii）求证：．
安徽省安庆市第一中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷
命题教师：江凤仪 审题教师：李春光
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置．
2．全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效．
3．回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上．
4．考试结束后，将本试题和答题卡一并交回．
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. 一个集合有5个元素，这个集合的含有3个元素的子集有（ ）个
A. 10B. 20C. 30D. 40
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意结合组合数运算求解即可.
【详解】根据题意可知：集合的含有3个元素的子集有个.
故选：A.
2. 已知为正项等比数列，若是函数的两个零点，则（ ）
A. 10B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由零点的定义、韦达定理以及对数运算可得的值，根据等比数列的性质，可得答案.
【详解】由题意可得为方程的两个解，则，
解得，易知
故选：B.
3. 记为等差数列的前项和，公差，且，则取得最小值时为（ ）
A. 2021B. 4039C. 2020D. 4040
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得数列前项全为负，从开始为正，可得结论.
【详解】因为公差，所以数列单调递增，所以，又，
所以，所以数列前项全为负，从开始为正，
所以前项的和为的最小值，故.
故选：C.
4. 函数在上单调递增的必要不充分条件为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将函数在上单调递增转化为导函数在上恒成立，利用二次函数的性质列不等式求解的取值范围，再逐项判断即可.
【详解】由题意，函数的定义域为.
由在上单调递增，得在上恒成立.
则，解得.
A是充分不必要条件，B是充分必要条件，C是不充分不必要条件，D是必要不充分条件，
故选：D.
5. 展开式中，的系数为（ ）
A. 15B. 20C. 30D. 40
【答案】C
【解析】
【分析】利用二项式定理，先求得，即可根据分配律求得的系数即可．
详解】，
，所以的系数为．
故选：C．
6. 已知定义在R上的函数的导函数为，若对任意的实数x，不等式恒成立，且，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】引入函数，由导数确定其单调性，题设不等式转化为关于函数不等式，然后由单调性求解．
【详解】设，则，所以在R上单调递减；由，得，即，所以，解得.
故选：A.
7. 为了更好的了解党的历史，宣传党的知识，传颂英雄事迹．某校团支部6人组建了党史宣讲，歌曲演唱，诗歌创作三个小组，每组2人，其中甲不会唱歌，乙不能胜任诗歌创作，则组建方法有（ ）种
A. 60B. 72C. 30D. 42
【答案】D
【解析】
【分析】分别求得将6人平均分3个不同组的种数，甲在歌曲演唱小组的种数，乙在歌曲诗歌创作小组的种数，以及甲在歌曲演唱小组且乙在歌曲诗歌创作的种数，即可求解.
【详解】由题意，将6人平均分3个不同组，共种，
甲在歌曲演唱小组，此时有种，
乙在歌曲诗歌创作小组，此时有种，
甲在歌曲演唱小组且乙在歌曲诗歌创作有种，
故共有种.
故选：D.
8. 已知为数列的前项和，且，若对任意正整数恒成立，则实数的最小值为（ ）
A. 4B. C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据的关系，利用相减法结合等比数列的定义求解数列的通项公式，从而将不等式转化为，利用数列的单调性求最值即可得实数的范围，从而得最小值.
【详解】由，令，解得，
当时，由得，即，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，
由，即恒成立，令，则，
而，所以，即数列单调递减，故，
所以，所以的最小值为.
故选：D.
二、多选题：本题共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. 你是否注意过，市场上等量的小包装的物品一般比大包装的要贵一些？高二某研究小组针对饮料瓶的大小对饮料公司利润的影响进行了研究，调查如下：某制造商制造并出售球形瓶装的某种饮料，瓶子的制造成本是分，其中r（单位：cm）是瓶子的半径．已知每出售1mL的饮料，制造商可获利0.2分（不考虑瓶子的成本的前提下），且制造商能制作的瓶子的最大半径为6cm．下面结论正确的有（ ）（注：；利润可为负数）
A. 利润随着瓶子半径的增大而增大B. 半径为6cm时，利润最大
C. 半径为2cm时，利润最小D. 半径为3cm时，制造商不获利
【答案】BCD
【解析】
【分析】先根据条件及球的体积公式求出每瓶液体材料的利润的解析式，再利用导数的性质即可逐一判断．
【详解】由已知，每个瓶子的利润为，，
则，
所以当时，，此时函数单调递减，故A错误；
又当时，，函数单调递增，
又，则当时，函数取得最大值，故B正确；
当时，函数取得最小值，故C正确；
又，故D正确．
故选：BCD．
10. 的展开式中第项和第项的二项式系数相等，则以下判断正确的是（ ）
A. 第项的二项式系数最大
B. 所有奇数项的系数和为
C.
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由已知可推得.根据二项式系数的性质，即可得出A项；赋值令以及，即可判断B项；令以及，即可得出C项；判断各项的符号，去掉绝对值，即可求出结果，判断D项.
【详解】由已知可得，，所以.
对于A项，根据二项式定理性质可知，A项正确；
对于B项，令可得，；
令可得，.
两式相加可得，，
所以，故B项错误；
对于C项，令可得，；
令可得，，
所以，故C项正确；
对于D项，易知均为负数，均为正数.
所以，.
又，，
所以，，
所以，，故D项错误.
故选：AC.
11. 已知数列满足：，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 是单调递增数列
C. 若为数列的前项和，则
D. 若对任意，都有，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据累乘法可得，即可判断A,根据即可求解B，根据裂项相消法即可求解C，根据单调性，对分奇偶即可求解D.
【详解】由，可得，
故,
也符合，
故，，A正确，
由于，故，因此是单调递增数列，B正确，
，
故，C正确，
由可定，
当为偶数时，则恒成立，由于单调递增，故，
当为奇数时，则恒成立，由于单调递增，故，
故对任意，都有，则，故D错误，
故选：ABC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若，则______.
【答案】8
【解析】
【分析】根据组合数和排列数公式计算求解即可.
【详解】
故答案为：8.
13. 设为公比为等比数列的前项和，若，，成等差数列，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据等差中项的性质及等比数列的通项公式计算即可求解.
【详解】由，，成等差数列，可得：.
又因为为公比为等比数列的前项和，
所以，且，
即，解得：.
故答案为：.
14. 若恒成立，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】原不等式等价于，当，可得，当时，构造，利用导数研究单调性可得，即可得在上恒成立，构造，利用导数求得最大值，即可求解.
【详解】依题意，．得，所以，
所以，
因为，所以，若，显然成立，此时满足；
若，令，在上恒成立，
所以在上单调递增，而，所以．
综上，在上恒成立，所以．
令，所以，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以，即．
所以的取值范围为.
【点睛】不等式恒成立问题常见方法：
①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；
②数形结合(图象在上方即可)；
③分类讨论参数.
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. 已知数列前项和为，且满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，设数列的前项和，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）令，可求得的值，令，由可得，两式作差可推导出数列为等差数列，确定该数列的首项和公比，即可求得该数列的通项公式；
（2）求出，求得，利用裂项相消法求出，即可证得结论成立.
【小问1详解】
数列的前项和为，对任意的，，
当时，则有，可得，
当时，由可得，
上述两个等式作差可得，可得，
所以数列为等比数列，且其首项和公比都为，所以.
【小问2详解】
由（1）可得，则，则，
所以，
所以
.
16. 将4个编号为的小球放入4个编号为的盒子中．
（1）有多少种放法？
（2）恰好有一个空盒，有多少种放法？
（3）把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？
【答案】（1）256（种）
（2）144（种） （3）12（种）
【解析】
【分析】（1）根据分步乘法计数原理即可求解；
（2）方法1先分组再分配即可；方法2先取4个球中的两个“捆”在一起，把它与其他两个球共3个元素分别放入4个盒子中的3个盒子，最后利用分步乘法计数原理即可求解；
（3）方法1先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个，利用组合数即可求解；方法2恰有一个空盒子，第一步先选出一个盒子，第二步在小球之间的3个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，由分步计数原理即可求解，
【小问1详解】
每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有种放法．
【小问2详解】
（方法1）先将4个小球分为三组，有种方法，再将三组小球投入四个盒子中的三个盒子，有种投放方法，故共有（种）放法．
（方法2）先取4个球中的两个“捆”在一起，有种选法，
把它与其他两个球共3个元素分别放入4个盒子中的3个盒子，有种投放方法，所以共有（种）放法．
【小问3详解】
（方法1）先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个．由于球是相同的即没有顺序，所以属于组合问题，故共有（种）放法．
（方法2）恰有一个空盒子，第一步先选出一个盒子，有种选法，
第二步在小球之间的3个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，有种方法，由分步计数原理得，共有（种）放法．
17. 已知函数．
（1）当时，斜率为的直线与的图象相切，求该直线与轴交点的横坐标；
（2）若是上的单调函数，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）求函数的定义域和导函数，设切点横坐标为，由条件结合导数的结合意义列方程求，由此可求切线方程，再求该切线与轴交点的横坐标；
（2）分是上的单调递增函数和是上的单调递减函数两种情况，结合导数与函数的单调性的关系转化条件，结合不等式恒成立的处理方法求结论.
【小问1详解】
函数定义域为．
，，
设切点横坐标为，则，，
将代入上式，可得，即，
解得或（舍去），又，
从而切点为，所以切线方程为，
所以切线方程为，
令，得，
所以曲线的斜率为的切线与轴交点的横坐标为；
【小问2详解】
由（1）得，，
当是上的单调递增函数时，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
，，
令，则，则
函数对称轴为直线，在上单调递增，
，，
．
当是上的单调递减函数时，在上恒成立，
，，
由，得．
综上得，或．
18. 已知数列满足，.
（1）写出，，；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1），，.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据数列的递推公式求数列的前几项.
（2）利用错位相减法求数列的前项和.
【小问1详解】
由，，
可得，，.
【小问2详解】
由题可得，
则数列是首项为1，公比为2的等比数列；
可得，即，
，
，
前项和，
，
两式相减可得，
化简可得．
19. 已知函数．
（1）若，讨论的单调性．
（2）已知关于的方程恰有个不同的正实数根．
（i）求的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】（1）在，上单调递增，在上单调递减
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导后，根据的正负可确定的单调性；
（2）（i）将问题转化为与有两个不同交点的问题，利用导数可求得的单调性和最值，从而得到的图象，采用数形结合的方式可确定的范围；
（ii）设，根据：，，采用取对数、两式作差整理的方式可得，通过分析法可知只需证即可，令，构造函数，利用导数可求得单调性，从而得到，由此可证得结论.
【小问1详解】
当时，，则；
令，解得：或，
当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
（i）由得：，
恰有个正实数根，恰有个正实数根，
令，则与有两个不同交点，
，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，又，
当从的右侧无限趋近于时，趋近于；当无限趋近于时，的增速远大于的增速，则趋近于；
则图象如下图所示，
当时，与有两个不同交点，
实数的取值范围为；
（ii）由（i）知：，，
，，
，
不妨设，则，
要证，只需证，
，，，则只需证，
令，则只需证当时，恒成立，
令，
，
在上单调递增，，
当时，恒成立，原不等式得证.
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解函数单调性、方程根的个数问题和极值点偏移问题的求解；本题求解极值点偏移的基本思路是通过引入第三变量，将问题转化为单变量问题，进而通过构造函数的方式证明关于的不等式恒成立.