2024-2025学年广东省天天向上联盟高二（下）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省天天向上联盟高二（下）期中数学试卷（含答案），共7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。
1.若Cn2=15，则An2=( )
A. 30B. 20C. 12D. 6
2.若f(x)=ln(2−x)−x，则Δx→0limf(1+Δx)−f(1)Δx=( )
A. 0B. 2C. −2D. −4
3.甲、乙、丙、丁四名同学和一名老师站成一排合影留念．若老师站在正中间，甲同学不与老师相邻，乙同学与老师相邻，则不同站法种数为( )
A. 24B. 12C. 8D. 6
4.已知数列{an}为等比数列，且a1=1，a9=16，设等差数列{bn}的前n项和为Sn，若b5=a5，则S9=( )
A. −36或36B. −36C. 36D. 18
5.等比数列{an}的前n项和为Sn，若S8=12，S24=36，则S16=( )
A. 24B. 12C. 24或−12D. −24或12
6.已知函数f(x)与f′(x)的图象如图所示，则函数y=f(x)ex( )
A. 在区间(−1,2)上是减函数B. 在区间(−32,12)上是减函数
C. 在区间(12,3)上是减函数D. 在区间(−1,1)上是减函数
7.用半径为1的圆形铁皮剪出一个扇形，制成一个圆锥形容器，容器高为ℎ，当容器的容积最大时，ℎ=( )
A. 2 63B. 63C. 2 33D. 33
8.若不等式xln x+x(1−k)+2k>0对任意的x∈(2,+∞)都恒成立，则整数k的最大值为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
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。
9.已知数列{an}的首项为4，且满足2(n+1)an−nan+1=0(n∈N∗)，则( )
A. {ann}为等差数列 B. {an}为递增数列
C. {an}的前n项和Sn=(n−1)⋅2n+1+4 D. {an2n+1}的前n项和Tn=n2+n2
10.某中学A，B，C，D，E五名高一学生选择甲、乙、丙、丁四个社团进行实践活动，每名学生只能选一个社团，则下列结论中正确的是( )
A. 所有不同的分派方案共45种
B. 若甲社团没人选，乙、丙、丁每个社团至少有一个学生选，则所有不同的分派方案共300种
C. 若每个社团至少派1名志愿者，且志愿者A必须到甲社团，则所有不同分派方穼共60种
D. 若每个社团至少有1个学生选，且学生A，B不安排到同一社团，则所有不同分派方案共216种
11.已知函数f(x)=ax3−3x2−1，则下列命题中正确的是( )
A. −1是f(x)的极大值
B. 当−12时，f(x)有且仅有一个零点x0，且x0f(x)，则不等式(x−1)f(x+1)>f(x2−1)的解集是______．
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.(本小题13分)
混放在一起的6件不同的产品中，有2件次品，4件正品.现需通过检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束．
(1)一共抽取了4次检测结束，有多少种不同的抽法？
(2)若第一次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，检测结束时有多少种不同的抽法？(要求：解答过程要有必要的说明和步骤)
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=2lnx+ax2+b在x=1处取得极值1．
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)在[e−1,e]上的最大值和最小值．
17.(本小题15分)
记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，{Snan}是公差为13的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：1a1+1a2+…+1an1时，fx>7lna−a−4.
19.(本小题17分)
对于数列{an}，如果存在等差数列{bn}和等比数列{cn}，使得an=bn+cn(n∈N∗)，则称数列{an}是“优分解”的．
(1)证明：如果{an}是等差数列，则{an}是“优分解”的．
(2)记Δan=an+1−an，Δ2an=Δan+1−Δan(n∈N∗)，证明：如果数列{an}是“优分解”的，则Δ2an=0(n∈N∗)或数列{Δ2an}是等比数列．
(3)设数列{an}的前n项和为Sn，如果{an}和{Sn}都是“优分解”的，并且a1=3，a2=4，a3=6，求{an}的通项公式．
参考答案
1.A
2.C
3.C
4.C
5.A
6.B
7.D
8.B
9.BD
10.ACD
11.ACD
12.−12
13.3
14.(1,2)
15.解：(1)有以下两种情况：
4次均为正品，共有A44=24种；
前3次抽到2件正品1件次品，且第4次抽到次品，共C21C31⋅A42=72种；
则共有96种．
(2)由题意知，第二次抽到的必是正品，
共抽取4次或5次检测结束，
当抽取4次结束时，第4次抽到的必是次品，
共有C21A42=24种抽法；
当抽取5次结束时，若第4次抽到正品且第5次抽到正品，
则共有C21A44=48种抽法；
若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是次品，
则共有C21A43=48种抽法；
则检测结束时有24+48+48=120种抽法．
16.解：(1)因为f(x)=2lnx+ax2+b，
所以f′(x)=2x+2ax．
依题意得f′(1)=0，f(1)=1，即2+2a=0a+b=1．
解得a=−1，b=2，经检验，a=−1，b=2符合题意．
(2)由(1)可知f(x)=2lnx−x2+2，f′(x)=2x−2x=2(1+x)(1−x)x．
令f′(x)=0，得x=−1(舍去)，x=1．
当x在[e−1,e]上变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：
又4−e20，
设g(a)=6+a−4a−5lna−2ln2，a>1，
则g′(a)=1+4a2−5a=(a−1)(a−4)a2，
令
则g(a)在(1,4)上递减，在(4,+∞)上递增，
g(a)≥g(4)=9−12ln2=3(3−ln16)，
又e3>2.73>16，故g(a)>0，
即6+a−4a−5lna−2ln2>0成立，所以原不等式成立．
19.解：(1)证明：因为{an}是等差数列，设公差为d，则an=a1+n−1d=a1−1+n−1d+1，
令bn=a1−1+n−1d，cn=1，则{bn}为等差数列，{cn}为等比数列，并且an=bn+cn，
所以{an}是“优分解”的，结论成立．
(2)证明：因为数列{an}是“优分解”的，则存在等差数列{bn}和等比数列{cn}，使得an=bn+cn(n∈N∗)，设{bn}的公差为d，{cn}的首项为c1，公比为q，
则Δan=an+1−an=bn+1−bn+cn+1−cn
=d+c1q−1qn−1，
所以Δ2an=Δan+1−Δan=d+c1(q−1)qn−[d+c1(q−1)qn−1]=c1(q−1)2qn−1，
当q=1时，对一切n∈N∗，Δ2an=0:
当q≠1时，对一切n∈N∗，Δ2an+1Δ2an=q，这时数列Δ2an是首项为c1q−12，公比为q的等比数列．
因此，结论成立．
(3)解：因为数列{an}是“优分解”的，所以存在等差数列{bn}和等比数列{cn}，
使得an=bn+cn，设{bn}的公差为d，{cn}的公比为q，
由已知a1=3，a2=4，a3=6，即b1+c1=3b1+d+c1q=4b1+2d+c1q2=6,
当q=1时，不合条件；
当q≠1时，Sn=nb1+n(n−1)2d+c11−qn1−q，因为{Sn}也是“优分解”的，所以d=0，
于是b1+c1=3b1+c1q=4b1+c1q2=6，解得：b1=2c1=1q=2，所以bn=2，cn=2n−1，
因此，an=2+2n−1． x
e−1
(e−1,1)
1
(1,e)
e
f′(x)
+
0
−
f(x)
−e−2
单调递增
极大值1
单调递减
4−e2