安徽省滁州市2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份安徽省滁州市2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题（Word版附解析），共12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
1．一个商店销售某种型号的电视机，其中本地的产品有6种，外地的产品有8种.要买1台这种型号的电视机，则不同的选法有（ ）
A．6种B．8种C．14种D．48种
2．已知，则（ ）
A．B．C．D．
3．在一次高台跳水运动中，某运动员在运动过程中的重心相对于水面的高度（单位：）与起跳后的时间（单位：）存在函数关系，则该运动员在时的瞬时速度为（ ）
A．B．C．D．
4．的展开式中二项式系数最大的项为（ ）
A．第3项B．第4项C．第5项D．第6项
5．两批同种规格的产品，第一批占，次品率为，第二批占，次品率为.将两批产品混合，从混合产品中任取1件，则这件产品是次品的概率为（ ）
A．0.036B．0.044C．0.966D．0.956
6．学校要安排一场文艺晚会的10个节目的演出顺序，除第1个节目和最后1个节目已确定外，3个音乐节目要求排在第2，5，7的位置，3个舞蹈节目要求排在第3，6，9的位置，2个曲艺节目要求排在第4，8的位置，不同的排法有（ ）
A．72种B．144种C．288种D．576种
7．《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出，中国共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗，通用规格有五种.这五种规格党旗的长，，，，（单位：）成等差数列，对应的宽为，，，，（单位：），且长与宽之比都相等，已知，，，则（ ）
A．64B．96C．108D．128
8．若直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．函数的导函数的图象如图所示，则（ ）
A．是极大值点B．是极大值点
C．是极小值点D．是极小值点
10．已知无穷等差数列为递增数列，为数列的前项和，则以下结论正确的是（ ）
A．
B．数列不存在最大项
C．数列为递增数列
D．存在正整数，当时，
11．已知，则（ ）
A．曲线关于点对称B．1是函数的极大值点
C．当时，D．不等式的解集为
三、填空题
12． .
13．已知数列满足，则数列的前2025项和 .
14．某校提供了3个兴趣小组供学生选择，现有5名学生选择参加兴趣小组，若这5名学生每人选择一个兴趣小组且每个兴趣小组都有人选，则这5名学生不同的选择方法有 种.（用数字作答）
四、解答题
15．已知数列为等差数列，，，等比数列的公比为，，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
16．已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围.
17．已知的二项展开式中，前三项的二项式系数和等于46.
(1)求展开式中所有项的系数和；
(2)求展开式中含的项.
18．设函数
(1)当时，求的单调区间；
(2)若关于x的不等式在上有解，求实数a的取值范围．
19．若数列满足，则称数列具有性质．
(1)若数列具有性质，且，求的值；
(2)若，求证：数列具有性质；
(3)设各项都为正数的数列的前项和为，且，数列具有性质，其中，若，求正整数的最小值．
1．C
根据分类加法计数原理进行求解
【详解】由题意，购买本地产品的选法有6种，购买外地产品的选法有8种，
所以购买1台这种型号的电视机，共有种不同的选法.
故选：C.
2．B
根据条件概率的公式求解，即可得出答案.
【详解】由条件概率公式可得，
.
故选：B.
3．C
利用导数来求瞬时速度即可求解.
【详解】因为，所以，令，得，
即该运动员在时的瞬时速度为.
故选：C.
4．B
利用二项式系数的性质求解最大项即可.
【详解】因为展开式中共有7项，所以展开式中间项的二项式系数最大，
则第4项的二项式系数最大，故B正确.
故选：B.
5．B
利用全概率公式即可求解.
【详解】设事件为“取到的产品是次品”，为“取到的产品来自第批”，
则，，，，
由全概率公式，可得.
所以这件产品是次品的概率为.
故选：B.
6．A
分别将音乐、舞蹈、曲艺全排列，再利用分步乘法计数原理即可.
【详解】第一步排音乐节目，有种排法；第二步排舞蹈节目，有种排法；
第三步排曲艺节目，有种排法，
所以共有种排法.
故选：A.
7．D
利用等差数列公式可求出，再利用长与宽之比相等，可求.
【详解】由题意，五种规格党旗的长，，，，（单位：）成等差数列，
设公差为，因为，，可得，
可得，
又由长与宽之比都相等，且，可得，
所以.
故选：D.
8．A
设直线与，的切点分别为，，求导，写出切线的斜率和切线方程，联立即可求出切点坐标，进而得到切线方程.
【详解】已知直线是，的公切线，设切点分别为，．
由，得，所以的斜率为，
方程为，即，
由，得，所以的斜率为，
方程为，即，
因为直线是的公切线，
所以解得
所以直线的斜率为，与的切点为，
所以直线的方程为.
故选：A．
9．BD
根据图象可以得到，是函数的极值点，并得到函数单调性，判断出是极大值点，是极小值点.
【详解】因为，处的导数都为零，且这两点左右两侧的导数值异号，所以，是函数的极值点，
又时，，时，，所以是极大值点；
因为时，，时，，所以是极小值点.
故选：BD.
10．BD
由等差数列的通项公式，前项和公式，递增数列的概念逐项求解判断即可.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，则，
因为为递增数列，所以，则.
对于A，因为，又的符号无法确定，故A错误；
对于B，因为，所以数列不存在最大项，故B正确；
对于C，因为，所以，
当时，此时存在的情形，故数列不一定单调，故C错误；
对于D，因为为递增数列，所以，
若，则当比较大时，，即一定存在正整数，当时，，
若，显然存在正整数，当时，，故D正确.
故选：BD.
11．ACD
是由奇函数的图象向下平移1个单位长度而得，进而可得A正确；利用导数求的函数的最值即可得到B错误；由在上单调递减，利用单调性即可判断C选项；D选项，根据B选项得到，再得到函数的单调性，从而得到不等式，求出解集.
【详解】由题意得曲线是由奇函数的图象向下平移1个单位长度而得，故曲线的对称中心为，故A正确；
，易得在和上单调递增，在上单调递减，所以为的极大值点，1为的极小值点，故B错误；
因为在上单调递减，当时，，所以，故C正确；
由上知，易求，
所以，所以，故D正确．
故选：ACD．
12．
根据排列数、组合数公式计算可得.
【详解】.
故答案为：
13．
利用倒序相加法求和即可.
【详解】因为，，
所以，
又，
所以，
所以，则.
故答案为：
14．150
利用先分组再分配，均分组要消序，即可解决问题.
【详解】先将5名学生分成三组，每组人数有1，1，3或2，2，1两种情况，
则不同的分组方法有，
再由这3组学生选取3个兴趣小组，不同的选法有种，
由分步乘法计数原理可知这5名学生不同的选择方法有种.
故答案为：.
15．(1)，；
(2).
（1）根据给定条件，求出公差得数列的通项；利用等比数列性质求出得数列的通项.
（2）由（1）的结论，利用分组求和法，结合公式法求得解.
【详解】（1）在等差数列中，，，公差，
所以数列的通项公式为；
在等比数列中，，由，得，
解得，，而，因此，
所以数列的通项公式是.
（2）由（1）知，
.
16．(1)
(2)
（1）将代入函数，求切点和导数，进而利用导数求斜率即可到切线方程；
（2）由题意得，在区间上恒成立，分离参数可得，令，利用导数求函数的最小值，从而可得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，所以，
由，得，
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）由，得，
因为函数在区间上单调递增，
所以在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
令，则，
令，得，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
所以函数的极小值为，也是最小值.
所以，即实数的取值范围是.
17．(1)
(2)
（1）利用前三项的二项式系数和求出参数，再利用赋值法求出所有项的系数和即可.
（2）利用二项式定理求出指定项的系数，再写出指定项即可.
【详解】（1）因为前三项的二项式系数和等于46，所以，
即，即，所以（舍）或.
令，得，
所以展开式中所有项的系数和为.
（2）由（1）知二项式为，
其二项展开式的通项公式为，
令，得，
所以展开式中含的项为.
18．(1)单调递减区间为单调递增区间为
(2)
（1）利用导数求出函数的单调区间即可；
（2）分离参数后，转化为在上有解，利用导数求出函数的最大值即可.
【详解】（1）当时，其定义域为
当时，当时，
所以的单调递减区间为单调递增区间为
（2）不等式在上有解等价于在上有解，
令则
令易知在上单调递减，且
所以当时，即当时，即
所以在上单调递增，在上单调递减．
所以所以即实数的取值范围为
19．(1)
(2)证明见解析
(3)9
（1）由 ，且数列具有性质，进而得出的值；
（2）证明为常数，即可得出结论；
（3）求出数列的通项公式，可得出，再求出数列的通项公式，利用，求正整数的取值范围即可得解.
【详解】（1）由得，
根据题意，数列具有性质，
由，所以，故.
（2），故
(常数)
故数列具有性质.
（3）因为，
所以当时，，
两式相减得，，
即，
由数列各项都为正数，可得，
即，
又，解得，
所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以，
所以，
得，
因为数列具有性质，所以成等比数列，
故，
于是，即，其中
，即，
，由知 ，
①若为偶数，则，即；
②若为奇数，则，即；题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
C
B
B
A
D
A
BD
BD
题号
11









答案
ACD