四川省内江市第一中学2024−2025学年高二下学期期中考试 数学试题（含解析）

这是一份四川省内江市第一中学2024−2025学年高二下学期期中考试 数学试题（含解析），共11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（本大题共8小题）
1．下列函数的求导正确的是（ ）
A．B．
C．D．
2．安排4名男生和3名女生参与完成3项工作，要求必须每人参与一项，每项工作至少由1名男生和1名女生完成，则不同的安排方式种数为（ ）
A．432B．144C．216D．1296
3．等差数列的首项为1，公差不为0．若成等比数列，则的前5项和为（ ）
A．B．C．5D．25
4．如图，用4种不同颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有
A．72B．96
C．108D．120
5．等比数列中的项，是函数的极值点，则（ ）
A．3B．C．D．
6．下列三个数：，，，大小顺序正确的是（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列an 的前n 项和为Sn ，且满足an=3Sn-1 ，则S4= （ ）
A．38 B．916 C．724 D．516
8．已知为R上的可导函数，若满足且，则的解集是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知等差数列的前n项和为，，，则（ ）
A．数列是递减数列B．
C．时，n的最大值是18D．
11．关于函数，下列判断正确的是（ ）．
A．是的极大值点
B．函数有且只有1个零点
C．存在正实数，使得成立
D．对任意两个正实数，且，若，则．
三、填空题（本大题共3小题）
12．记Sn为等比数列{an}的前n项和.若，则S4= ．
13．中国古典乐器一般按“八音”分类，这是我国最早按乐器的制造材料来对乐器进行分类的方法，最早见于《周礼·春官·大师》．八音分为“金，石，土，革，丝，木，匏、竹”，其中“金，石、木，革”为打击乐器，“土，匏，竹”为吹奏乐器，“丝”为弹拨乐器．某同学安排了包括“土，匏、竹”在内的六种乐器的学习，每种乐器安排一节，连排六节，并要求“土”与“匏”相邻排课，但均不与“竹”相邻排课，则不同的排课方式有 种．
14．函数．若对任意，都有，则实数m的取值范围为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知二项式（）.
（1）若，求展开式中的第项；
（2）若展开式中第项、第项、第项的二项式系数成等差数列，求展开式中的有理项.
16．记为等差数列的前项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和．
17．已知等比数列的前项和为,公比,且为的等差中项,.
（1）求数列的通项公式
（2）记,求数列的前项和.
18．设函数
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求的极大值和极小值；
（3）若函数在区间上是增函数，求实数的取值范围.
19．已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设函数有两个不同的零点（），
（ⅰ）求证；（为自然对数的底数）；
（ⅱ）若满足，求a的最大值.
参考答案
1．【答案】D
【详解】对于A：，故A错误；
对于B：，故B错误；
对于C：，故C错误；
对于D：，故D正确.
故选D.
2．【答案】C
【详解】由于每项工作至少由名男生和名女生完成，则先从4个男生选2个一组，将4人分成三组，所以男生的排法共有，女生的安排方法共有，故不同的安排共有种.
故选C
3．【答案】A
【详解】设等差数列的公差为，则，，，
由题意可知，，即，
解得：或（舍），
则数列的前5项和.
故选A
4．【答案】B
【详解】若1,3不同色，则1,2,3,4必不同色，有3＝72种涂色法；若1,3同色，有＝24种涂色法．根据分类加法计数原理可知，共有72＋24＝96种涂色法．
5．【答案】D
【详解】由题意，，则时，函数单调递增，时，函数单调递减，时，函数单调递增，于是x=1和x=3是函数的两个极值点，故，是的两个根，所以，所以，又，所以，，设公比为，，所以.
故选D.
6．【答案】A
【详解】构造函数，
因为对一切恒成立，
所以函数在上是减函数，从而有，
即.
故选A．
7．【答案】D
【分析】利用an 与Sn 关系求得通项关系，判断数列an 为等比数列即可求得.
【详解】当n=1 时，a1=3a1-1 ，∴a1=12 ，当n⩾2 时，an-1=3Sn-1-1 ，两式相减可得anan-1=-12 ，∴数列an 是首项为12 ，公比为-12 的等比数列，∴S4=121--1241--12=516 ．
故选D．
8．【答案】D
【详解】令，则，
∴函数为单调减函数，
又，∴，
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，；
∴的解集为，
故选D.
9．【答案】ABD
【详解】令，则，所以A正确；
令，则，
又，
所以，，所以B正确，C错误；，
令，则，故D正确；
故选ABD．
10．【答案】BC
【详解】设等差数列的公差为，
由，得，
解得，因为，所以.
A：由，可得
所以等差数列为递增数列，故A错误；
B：，故B正确；
C：，
由可得，所以，又，
所以n的最大值是18，故C正确；
D：，，
由，得，故D错误.
故选BC.
11．【答案】BD
【详解】对于选项A，函数的定义域为，函数的导数，
所以在内，，函数单调递减；
在上，，函数单调递增，
所以是的极小值点，故A错误；
对于选项B，由，得，
由于分子判别式小于零，所以恒成立，
所以函数在，上单调递减，
且，
所以函数有且只有1个零点，故B正确；
对于选项C，若，可得，
令，则，
令，则，
所以在内，，函数单调递增；
在上，，函数单调递减，
所以，所以，
所以函数在上单调递减．
又因为当时，，
所以不存在正实数，使得恒成立，故C不正确；
对于选项D，设，即有，
，即为，
化为，
故，所以，
则，
设（），可得，
令，则在上恒成立，
可得，所以，故单调递增，
可得，故成立，故D正确．
故选BD.
12．【答案】.
【详解】详解：设等比数列的公比为，由已知
，即
解得，
所以．
13．【答案】1440
【详解】先从剩余5种乐器中任选3种全排列，再将“土”“匏”捆绑与“竹”插入全排的4个空中，
∴共有种．
14．【答案】
【详解】由题意，，设，则问题可转化为.
因为是上的增函数（增+增），所以恒成立.
设，则，时，单调递增，时，单调递减，所以，于是.
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为所以，
所以展开式中的第项为：
（2）由，
，
展开式中的有理项即为，又，且，所以当时为有理项，
即.
16．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；
（2）先求，讨论的符号去绝对值，结合运算求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由题意可得，即，解得，
所以，
（2）因为，
令，解得，且，
当时，则，可得；
当时，则，可得
；
综上所述：.
17．【答案】（1）（2）
【详解】（1）由题意，得.又，
∴，∴，
∵，∴或，
∵，∴.
∴.
（2）由（Ⅰ），知.∴.
∴.
∴.
∴
.
∴.
18．【答案】（1）；（2）极大值为，极小值；（3）.
【详解】（1）当时，
∴
即为所求切线方程.
（2）当时，
令得或，
令可得x＜﹣2或x＞3；令可得﹣2＜x＜3，
∴f（x）在递增，在（﹣2，3）递减，在（3，+）递增，
∴的极大值为，f（x）的极小值为
（3）
①若a＝0，则，函数的对称轴为，开口向下，
函数在上单调递增，所以在区间上单调递增,符合题意．
②若a≠0，令，得，
a＞0时，令可得x＜﹣2或x＞,即函数f（x）在上是增函数，
所以在上单调递增,符合题意．
a＜0时，导函数二次函数的开口向下，所以在x＜﹣3时，不恒成立，
故不符合题意．
综上所述，实数a的取值范围是.
19．【答案】（1）当时，的单调递增区间是，无递减区间；当时，的单调递增区间是，单调递减区间是.
（2）（i）证明见解析；（ii）
【详解】（1）（1）求导，，
当时，恒成立，的单调递增区间是，无递减区间.
当时，由，得，由，得，
所以的单调递增区间是，单调递减区间是.
（2）（ⅰ）令，得，
设，求导，令，解得，则
当时，取得极大值，且
且当时，，当时，，如图，
数形结合可知，即.
（ⅱ）因为，即，且，
不妨设，将代入中，
得，即.
设，则，令，
则，∴在上单调递减，
即，从而有，得在上单调递减，
由已知条件得，即，∴在上单调递减，即，
得，，即.
又因为，设，
由（ⅰ）知，在上单调递增，而，
所以在上也单调递增，得，得，即.
综上，a的最大值是.x


+
0
-
极大值