四川省绵阳市南山中学实验学校2024-2025学年高二下学期5月期中考试数学试卷（Word版附解析）

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完成时间：120 分钟 满分：150 分
注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
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，将答题卡交回.
一、单项选择题：（本大题共 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. 已知数列 的首项为 1， 则 （ ）
A. 1 B. 2 C. 4 D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】由递推公式即可写出 的值.
【详解】当 时，∵ ，∴ ，
当 时，∵ ，∴ ，
当 时，∵ ，∴ .
故选：A.
2. 已知函数 ，则 （ ）
A. 2 B. C. 1 D.
【答案】D
【解析】
【分析】先对函数 求导，再将 代入导函数，进而求出 的值.
【详解】因为 ，
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所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
.
故选：D.
3. 某城市的汽车牌照号码由 个英文字母后接 个数字组成，其中 个数字互不相同的牌照号码共有（
）个
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求从 26 个英文字母中选出 2 个英文字母的方法数，再求出后接 4 个数字组成的方法数，由分步
计数原理即可得结论．
【详解】解：先从 26 个英文字母中选出 2 个英文字母的方法数为 ，后接 4 个数字组成的方法数为
，所以由分步计数原理可得不相同的牌照号码共有 个.
故选：D．
4. 函数 的导函数 的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数 在 处取得极小值
B. 函数 在 处取得极大值
C. 函数 在 上单调递增
D. 函数 的递减区间为
【答案】B
【解析】
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【分析】由函数 的图象判断出 的单调性可得答案.
【详解】由函数 的导函数 的图象可知，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
所以函数 在 处取得极小值，在 处取得极大值，
在 处取得极小值，
故选：B.
5. 从 4 名男生和 3 名女生中选出 4 人参加某个座谈会，若这 4 人中必须既有男生又有女生，则不同的选法
共有（ ）
A. 140 种 B. 120 种 C. 35 种 D. 34 种
【答案】D
【解析】
【分析】先求选出 4 人参会，总的选法共有 种，再计算全是男生的选法，做差即可得结果.
【详解】由题意得：选出 4 人参会，总的选法共有 种，
选出 4 人均为男生的选法有 种，
则 4 人中既有男生又有女生的选法共有 种，
故选：D.
【点睛】本题考查组合的应用，正难则反，巧妙运用间接法是解题的关键，考查分析理解，计算化简的能
力，属基础题.
6. 在等比数列 中， ， 是函数 的极值点，则 （ ）
A. 3 B. C. D. 9
【答案】B
【解析】
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【分析】根据函数的极值可得 ， 是方程 的两根，结合一元二次方程根与系数的关系得
，结合等比数列的性质求解 即可.
【详解】由题得 ，
因为 ， 是函数 的极值点，则 ， 是方程 的两根，
所以 ，从而可得 ，
又因为等比数列 ，可得 ，且 ，所以 .
故选：B.
7. 高二某班为了准备校园樱花文化节活动的展示牌，计划用 5 种不同颜色的笔书写图中 A、B、C、D 四个
区域的文字，规定每个区域只用一种颜色的笔书写文字，相邻区域书写的文字颜色不同，则不同的书写方
法数为（ ）
A. 120 B. 160
C. 180 D. 240
【答案】C
【解析】
【分析】由于规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域书写的文字颜色不同，可分步进行，区域 A 有 5 种
涂法，B 有 4 种涂法，讨论 C，A 同色和异色，根据乘法原理可得结论．
【详解】由题意，由于规定一个区域只涂一种颜色的笔书写文字，相邻的区域书写的文字颜色不同，可分
步进行，
区域 A 有 5 种涂法，B 有 4 种涂法，
C，A 不同色，C 有 3 种，D 有 2 种涂法，有 5×4×3×2=120 种，
C，A 同色，D 有 3 种涂法，有 5×4×3=60 种，
∴共有 180 种不同的涂色方案 .
故选：C.
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8. 设数列 的前 项之积为 ，满足 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】当 时，可得 ，当 时， ，结合题意可得 ，即 是首项
为 3，公差为 2 的等差数列，利用等差数列的通项公式可得 ，可得 ，继而即可求解.
【详解】当 时， ，所以 ，
当 时， ，
可得 ，即 ，即 ，
即 ，所以 是首项为 3，公差为 2 的等差数列，
所以 ，
所以 ，所以
故选： .
二、多选题：（本大题共 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．全选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分）
9. 到了毕业季，某科技创新兴趣小组内的 5 名同学要站在一排进行拍照留念，则下列说法正确的是（ ）
A. 所有不同的排法种数为 120 种
B. 如果甲同学和乙同学必须相邻，则所有不同的排法种数为 48 种
C. 如果甲同学不站在第一个位置，也不在最后一个位置，则所有不同的排法种数为 48 种
D. 如果甲和丙不能相邻，则所有不同的排法种数为 72 种
【答案】ABD
【解析】
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【分析】对 A，5 个人全排列 ；对 B，相邻问题捆绑法；对 C，利用特殊元素法，先安排特殊元素甲，
再安排其它人；对 D，不相邻问题插空法求解.
【详解】对于 A，5 名同学排一排共有 种不同排法，故 A 正确；
对于 B，相邻问题捆绑法，共有 种排法，故 B 正确；
对于 C，先排甲，有 3 个位置可选，再排另外 4 人有 种，共有 种排法，故 C 错误；
对于 D，先将除了甲丙之外的三人排好有 种，再插空甲丙有 种，共有 种排法，故 D 正
确.
故选：ABD.
10. 设数列 是以 为公差的等差数列， 是其前 项和， ，且 ，则下列结论正确的是
（ ）
A. B.
C. 使 >0 成立的 的最大值为 14 D. 为 的唯一最大值
【答案】ABC
【解析】
【分析】由等差数列的求和公式代入计算，即可得到 ，从而判断 AB，再由 即可判断
CD.
详解】根据题意可得 ，即 ．
因为 ， ，所以 ，所以数列 是递减数列，所以 A，B 正确；
对于 C，因为 ， ， 故 C 正
确；
对于 D，因为 ，所以 ，又 为递减数列，
所以 或 为 的最大值，故 D 不正确．
故选：ABC
11. 已知不等式 在 上恒成立（当且仅当 时等号成立），下列不等式正确的是（
）
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A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据已知不等式，对 赋值可以判断四个选项.
【详解】对于 A，将 替换为 ，则 ，所以 ，所以 A 正确；
对于 B，由 A 可得 ，故 ，又由题设得 ，
故 ，即 ，故 B 正确；
对于 C，D 由已知和 A 得 ，
令 得 ，
即 ，所以 C，D 错误；
故选：AB.
三、填空题：（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12. 在 的展开式中，常数项是______.
【答案】15
【解析】
【分析】利用二项式展开式的通项特征，即可求解.
【详解】由题意 的展开式的通项为 ，
令 即 ，则 ，所以 的展开式中的常数项为 .
故答案为： .
13. 我校新采购了 5 套不同的实验器材，预计分配到高一、高二、高三三个年级的实验室，要求每个年级至
少分到 1 套实验器材，那么共有__________种不同的分配方案.
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【答案】150
【解析】
【分析】先将 套不同的实验器材分成 组，再将分好的 组全排列分配到三个年级，根据分步乘法计数原
理计算出不同的分配方案数.
【详解】将 套不同的实验器材分成 组，有两种分法：
按 1，1，3 分组：从 套器材中选 套为一组，其余 套各为一组，共有 种分法.
按 2，2，1 分组：从 套器材中选 套为一组，再从剩下的 套中选 套为一组，剩下 套为一组，但这里
有重复情况，需要除以 消除重复，所以共有 种分法.
则将 套不同的实验器材分成 组，共有 种分法.
将分好的 组全排列分配到三个年级，
将分好的 组全排列，对应高一、高二、高三三个年级，共有 种排法.
所以不同的分配方案共有 种.
故答案为：150.
14. 已知等差数列 的前 项和为 ，且 .在 与 之间插入 个数，使这
个数组成一个公差为 的等差数列.若对任意的 ，总存在 ，使得 ，则实数 的
取值范围是 __________.
【答案】
【解析】
【分析】根据等差数列基本量的计算可得 进而由等差数列的性质得
进而利用作差法求解数列 的单调性，求解最值即可求解.
【详解】设等差数列 的首项为 ，公差为 .
由 ，得：
由 ，得：
将 代入上式：化简得：
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因此，公差 ，通项公式为：
在 与 之间插入 个数，构成 项的等差数列，其公差为：
设 ，则
故
，所以 单调递增，最小值为 .
数列 的最小值： ，当 时， .
对任意 ，存在 ，使得 .由于 且 ，只需保证 ，即 .
故答案为： .
四、解答题：（本大题共 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. 已知函数
（1）求曲线 在点 处的切线方程
（2）若 ，求函数 的最大值与最小值.
【答案】（1）
（2）最大值为 ，最小值为 .
【解析】
分析】（1）先求出导函数，再代入得出切线斜率，进而得出切线方程；
（2）先求出导函数，进而得出单调性，最后得出函数的最值.
【小问 1 详解】
由题 ，则切线的斜率为 ，
故曲线 在点 处的切线方程为 ，即为 ；
【小问 2 详解】
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∵ ，令 ，解得： 或 ，
令 ，解得： ，
∴ 在 单调递增，在 单调递减，在 单调递增；
∴ ， ，
又 ， ， ， ，
所以 在 上的最大值为 ，最小值为 .
16. 已知等差数列 和正项等比数列 满足： ， ， ．
（1）求数列 通项公式；
（2）记 ，数列 的前 项和为 ，求 ．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出方程组求出公差、公比即可得解；
（2）根据错位相减法求和即可.
【小问 1 详解】
设数列 的公差为 ，数列 的公比为 ，
则 ，
消元得 或 （舍去），故 ，
故 .
【小问 2 详解】
由 ，
则 ①
②
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① ②得：
故 .
17. 已知函数 .
（1）设函数 ，若 在定义域上存在减区间，求实数 的取值范围；
（2）若对任意的 ，且 ，都有 ，求实数 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数 及导数，利用导函数在 上有解求出 的范围.
（2）等价变形给定不等式并构造函数，利用函数单调性定义确定单调性，再利用导数结合单调性求出 的
范围.
【小问 1 详解】
由函数 ，得 ，函数 的定义域为 ，
求导得 ，由 在定义域上存在减区间，得 在 上有解，
因此不等式 在 上有解，而 恒成立，则 ，
所以实数 的取值范围是 .
【小问 2 详解】
由函数 定义域为 ，
对任意的 ，且 ，都有 ，不妨设 ，
则 ，
设 ，即 ， ，
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因此函数 在 上是增函数，
于是 对 恒成立，
即 对 恒成立，而 ，
当且仅当 时取等号，则 ，解得 ，
所以实数 a 的取值范围为 .
18. 已知数列 ，若 ，且 ．
（1）证明数列 是等比数列，并求出 的通项公式；
（2）若 ，且数列 的前 项和为 ，求 ；
（3）若 ，且数列 的前 项和为 ，求证： .
【答案】（1）证明见解析，
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先对 变形得到 ，结合 的值确定 是等比数列，进而求
出 .
（2）由（1）得出 表达式，再对 裂项，通过裂项相消求出 .
（3）同样由（1）得到 表达式并裂项，用裂项相消求 ，根据 单调性和 范围确定 范围.
【小问 1 详解】
因为 ，所以 ，又 ，所以 ，
所以 是以 为首项、 为公比的等比数列，所以 ，则 .
【小问 2 详解】
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由（1）可得 ，
所以
所以
【小问 3 详解】
由（1）可得
易知 在 上单调递增，且 恒成立，所以
故 得证.
19. 已知函数
（1）讨论 的单调性；
（2）若 在 上恒成立，求 的取值范围；
（3）讨论 在 上的零点个数.
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）对 求导后因式分解，根据 的正负讨论导数正负，确定函数单调区间.
（2）根据前面单调性结论，分 和 讨论. 时函数在 递减，不满足条件； 时再
分 和 ，前者满足条件，后者不满足，最终得出 范围是 .
（3）本题是根据 的不同取值范围，分析函数 单调，得到最值，进而得到零点个数.
【小问 1 详解】
的定义域为 R，
①当 时， ， 在 R 上单调递减.
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②当 时，令 ，解得 ，当 时， ，当 时，
，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
综上：若 ， 在 R 上单调递减；若 ， 在 上单调递减，在 上单
调递增
【小问 2 详解】
由（1）可知，①当 时， 在 上单调递减，所以 ，不满足
在 上恒成立.
②当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增.
1）若 ，即 ， 在 上单调递增，那么 ，满足 在
上恒成立.
【小问 3 详解】
若 ，即 ，，则 在 上单调递减，在 上单调递增.
.不满足 在 上恒成立.
综上， 的取值范围是
（3）①当 ， 在 R 上单调递减，当 ；当 ，所以
有一个零点.
②当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增.
令 所以 在 上单调递增，又
所以当 时， ，函数 有一个零点.
当 时， ，函数 无零点.
当 时， ，
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当 ；当 函数 有两个零点.
综上：当 ， 有一个零点；
当 时，函数 有两个零点；
当 时，函数 有一个零点；
当 时，函数 无零点
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