广东省广州四中2023-2024学年高二下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

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1. 下列导数运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据基本初等函数的导数公式计算可得.
【详解】对于A：，故A错误；
对于B：，故B错误；
对于C：，故C正确；
对于D：，故D错误.
故选：C
2. 函数是定义在上的可导函数，若，则（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用导数的定义直接求解即得,
【详解】依题意，.
故选：C
3. 用5种不同的颜色对如图所示的A，B，C区域进行着色，要求相邻的区域不能使用同一种颜色，则共有（ ）种不同的着色方法．
A. 60B. 64C. 80D. 125
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，按用色多少分类，再利用分步乘法计数原理列式计算即得.
【详解】依题意，对A，B，C区域进行着色，可以用2种颜色，也可以用3种颜色，
用2种颜色，则A，C必同色，不同着色方法有（种），
用3种颜色，不同着色方法有（种），
所以不同着色方法共有（种）.
故选：C
4. 已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用的图象分析的正负情况，从而分类讨论即可得解.
【详解】由图象可知在上单调递增，在上单调递减，
所以当或时，；当时，；
而等价于①，或②，
由①得或，则，
由②得，则，
综上，.
故选：B.
5. 若过点可以作曲线的两条切线，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设出切点坐标，根据导数的几何意义，确定，化简可得，结合题意有，解不等式即可求出的取值范围.
【详解】令，则有，设过点作曲线的切线，
切点为，根据题意有，即，
又，可得，因为，所以上式可化为
，整理有：，因为过点可以作曲线
的两条切线，所以方程有两解，所以，即，
解得或.
故选：D
6. 已知的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，则展开式中的项的系数为（ ）
A. ―4B. 84C. ―280D. 560
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项式系数的性质求得，再根据二项式展开的通项即可求得指定项的系数.
【详解】因为的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，所以．则
又因为的展开式的通项公式为，
令，所以展开式中的项的系数为．
故选：B.
7. 若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由在上恒成立，再转化为求函数的最值得参数范围．
【详解】由题意，得，因为在上单调递减，
所以在上恒成立，即，
令，则，
令，得，当时，单调递减；
当时，单调递增.
所以的最小值为，所以，即的取值范围为.
故选：D.
8. 已知函数，当时，恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析可得,显然在上恒成立,只需讨论时的情况即可,,然后构造函数,结合的单调性,不等式等价于,进而求得的取值范围即可.
【详解】由题意,若,显然不是恒大于零,故.
,则在上恒成立;
当时等价于,
因为,所以.
设,由,显然在上单调递增,
因为,所以等价于,即,则.
设,则.
令,解得,易得在上单调递增,在上单调递减,
从而，故.
故选:A.
【点睛】本题考查了不等式恒成立问题,利用函数单调性是解决本题的关键,考查了学生的推理能力,属于基础题.
二、多选题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中有多项是符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有错选的得0分）
9. 带有编号、、、、的五个球，则（ ）
A. 全部投入个不同的盒子里，共有种放法
B. 放进不同个盒子里，每盒至少一个，共有种放法
C. 将其中的个球投入个盒子里的一个（另一个球不投入），共有种放法
D. 全部投入个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法
【答案】AC
【解析】
分析】利用分步计数原理判断A，先分组，再分配，即可判断B，先选出个球，再选出个盒子，即可判断C，分和两种情况讨论，利用分组分配法判断D.
【详解】对于A：由分步计数原理，
五个球全部投入个不同的盒子里共有种放法，故A正确；
对于B：由排列数公式，
五个不同的球放进不同的个盒子里，每盒至少一个，共有种放法，故B错误；
对于C：将其中的个球投入一个盒子里（另一个球不投入）共有种放法，故C正确；
对于D：全部投入个不同的盒子里，没有空盒，
共有种不同的放法，故D错误．
故选：AC
10. 对于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 在处取得极大值为
B. 有两个不同的零点
C.
D. 若在区间上恒成立，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】先利用导数分析讨论 函数的单调性和极值情况，即得A项；解方程即可判断B项；利用的单调性可判断C项；将等价转化成，求得在上的最大值，即可判断D.
【详解】由知其定义域为，，
则当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减；
对于A：由上分析知，在时取得极大值，故A正确；
对于B：令，解得，故函数只有一个零点，故B错误；
对于C：因为，即，
又，故，
因为在上单调递减，则，
即，故C正确；
对于D：由可得，
令，则，由可得，
则当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减.
故，故得，故D正确.
故选：ACD.
11. 定义：设是的导函数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心．已知函数的对称中心为．则下列说法中正确的有（ ）
A. ，
B. 的值是
C. 函数只有唯一零点
D. 过可以作三条直线与图象相切
【答案】ABC
【解析】
【分析】求出函数的一阶导数，二阶导数，令，依题意可得且，即可求出、的值，从而判断A，根据对称性得到，利用倒序相加法判断B，利用导数说明函数的单调性，求出函数的极值，结合零点存在性定理判断C，分切点是和不是两种情况讨论，利用导数的几何意义求出切线方程，即可判断D.
【详解】由，所以，，
令，得，由函数的对称中心为，
所以且，解得，故A正确；
因为的对称中心为，
即，
令，
则，
所以
，
所以，
即，故B正确；
因为，则，
所以当或时，，当时，，
所以函数，上单调递增，在上单调递减，
因此函数的极大值为，极小值为；
又，即，所以在上存在唯一零点，
所以函数有且仅有一个零点， 故C正确；
显然，若是切点，则，切线方程为；
若不是切点，设过点 的直线与图象相切于点，，
由，解得，即切点，切线方程为，
过 只可以作两条直线与图象相切，故D错误.
故选：ABC
三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，满分15分）
12. 3名男生，4名女生，全体站成一排，男生不能站在一起的方法种数为____．
【答案】1440
【解析】
【分析】利用分步计数乘法原理，结合不相邻问题列式计算即得.
【详解】安排女生共有种排法，把3名男生插入4个女生每个排列形成的5个间隔中的三个，有种排法，
所以不同排法种数是（种）.
故答案为：1440
13. 某个体户计划同时销售A，B两种商品，当投资额为x千元时，在销售A，B商品中所获收益分别为千元与千元，其中，，如果该个体户准备共投入5千元销售A，B两种商品，为使总收益最大，则B商品需投________千元．
【答案】##1.5
【解析】
【分析】列出利润关于投资B商品x千元的函数，利用导数判断函数的单调性，再求函数的最大值及对应的x的值.
【详解】设投入经销B商品x千元，则投入经销A商品的资金为千元，所获得的收益千元，
则，
可得，
当时，可得，函数单调递增；
当时，可得，函数单调递减；
所以当时，函数取得最大值，最大值为.
故答案为：
14. 已知函数f（x）的导函数为，对任意的实数x都，且f（0）=1，若f（x）在（-1，3）上有极值点，则实数a的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】通过变形，可知 进而可得，然后根据极值点的转化为导函数有不同的零点即可求解.
【详解】由可知：，故，其中为常数.
因此，又 ，因此，
，
设
因为f（x）在（-1，3）上有极值点,则在上有变号的零点，即在上有变号的零点，因为
所以 解得：
故答案为：
三、解答题：（本大题共5小题，满分77分）
15. 已知数列是公比不为1的等比数列，其前项和为.已知成等差数列，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）应用等比数列的基本量运算及等差中项即可；
（2）应用错位相减法即可.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，由题意得：
，即，
，得，解得或.
由于不符合题意，因此.
由得，，即.所以.
【小问2详解】
由题意得，，
则，
则，
则，
则，
.
16. 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，求函数的最值．
【答案】（1）单调递增区间为，，单调递减区间为
（2）最大值为，最小值为．
【解析】
【分析】（1）求出函数的定义域和导数，利用函数单调性与导数的关系可得出函数的增区间和减区间；
（2）求出函数在区间上的极大值和极小值，与、进行大小比较，可得出函数在区间上的最大值和最小值.
【小问1详解】
解：函数定义域为，
则，
令，解得或，令，解得．
所以，函数的单调递增区间为，，单调递减区间为.
小问2详解】
解：由（1）可得函数在区间上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
可得：时，函数取得极大值；当时，函数取得极小值．
又，，，，则，
所以，当时，函数取得最大值为；当时，函数取得最小值为．
17. 如图，三棱柱所有棱长均为，，侧面与底面垂直，、分别是线段、的中点．
（1）求证：；
（2）若点为棱上靠近的三等分点，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直的判定定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标系，利用空间距离的向量求法，即可求得答案;
【小问1详解】
连接，因为三棱柱所有棱长均为2，则为等边三角形，
因为为中点，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，可得，
由题设知四边形为菱形，则，
因为，分别为，中点，则，可得，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以；
【小问2详解】
连接，因为，，所以为正三角形，所以，
又侧面与底面垂直，平面，侧面底面，
所以平面，所以，，两两垂直．
以为坐标原点，，，所在直线为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，，
点为棱上靠近的三等分点，故，
可得，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，可得，
所以点到平面的距离为；
18. 已知双曲线：的离心率为，点在双曲线上．过的左焦点F作直线交的左支于A、B两点．
（1）求双曲线C的方程；
（2）若，试问：是否存在直线，使得点M在以为直径的圆上?请说明理由．
（3）点，直线交直线于点．设直线、的斜率分别、，求证：为定值．
【答案】（1）；
（2）不存在，理由见解析；
（3）证明见解析
【解析】
【分析】(1)根据题意列式求，进而可得双曲线方程；
(2)设，联立方程，利用韦达定理判断是否为零即可；
(3)用两点坐标表示出直线，得点坐标，表示出，结合韦达定理，证明为定值．
【小问1详解】
由双曲线的离心率为，且在双曲线上，
可得，解得，∴双曲线的方程为．
【小问2详解】
双曲线的左焦点为，
当直线的斜率为0时，此时直线为，与双曲线左支只有一个交点，舍去；
当直线的斜率不为0时，设，
联立方程组，消得，易得，
设，则，可得，
∵，
则
，
即，可得与不垂直，
∴不存在直线，使得点在以为直径的圆上．
【小问3详解】
由直线，得，
∴，又，
∴
，
∵，∴，且，
∴，即为定值．

19. 已知函数．
（1）判断函数的单调性
（2）证明：①当时，；
②.
【答案】（1）答案见解析；
（2）①证明见解析；②证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论，即讨论a的取值范围，确定导数正负，从而判断函数的单调性；
（2）①利用（1）的结论，即可证明结论；②由（1）可得，利用变量代换推出，结合，可得，从而采用累加法，即可证明不等式.
【小问1详解】
由于，定义域为，
则，
①当时，，令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减；
②当时，时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减；
③当时，时，，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减；
④当时，，所以在上单调递增；
⑤当时，时，，
时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
【小问2详解】
证明：①由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，故；
②由（1）可得，当时，，即，则，
仅当时等号成立，
所以，所以，即得，
令，则，所以，即，
令，则，且不恒为零，
所以在上单调递增，所以，所以，
所以，
所以
.
【点睛】难点点睛：本题考查了导数的综合应用，利用导数判断函数的单调性以及利用导数证明不等式，难点在于不等式的证明，证明时要结合函数的性质推出，继而结合，推出，从而累加，证明结论.