湖北省部分省級示范高中2023-2024學年高二下學期期中數學試題

湖北省部分省級示范高中20232024學年高二下學期4月期中測試數學試題命題人：武漢市第十四中學徐姣審題人：武漢市第二十三中學黃亞洲考試時間：2024年4月29日試卷滿分：150分★?？荚図樌镒⒁馐马棧?．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．⒉選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效．3．非選擇題的作答；用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內．寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效．4．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.下列求導運算正確的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據求導公式計算，得到答案.【詳解】A選項，，A錯誤；B選項，，B錯誤；C選項，，C正確；D選項，，D錯誤.故選：C2.已知為等差數列，，則等于（）A.21 B.17 C.23 D.20【答案】D【解析】【分析】根據等差數列的通項公式求得和公差，然后計算出．【詳解】設公差為，因為，所以，解得，所以，故選：D．3.甲、乙兩人要在一排6個空座上就坐，若要求甲、乙兩人每人的兩旁都有空座，則不同的坐法有（）A.6種 B.3種 C.20種 D.12種【答案】A【解析】【分析】采用插空法，在4個空座中間的3個空中插入甲、乙兩人的座位即可得答案.【詳解】一排共有6個座位，現(xiàn)有兩人就坐，故有4個空座.要求每人左右均有空座，即在4個空座的中間3個空中插入2個座位讓兩人就坐，即有種坐法.故選：A.4.設等比數列前項和為，若，則等于（）A.－2 B.－1 C.2 D.5【答案】B【解析】【分析】根據等比數列的前項和公式列方程組求解．【詳解】由題意易知數列的公比，則有，解得，故選：B．5.學校將從4男4名女中選出4人分別擔任辯論賽中的一、二、三、四辯手，其中男生甲不適合擔任一辯手，女生乙不適合擔任四辯手．要求甲乙同時入選或同時不入選．不同組隊形式有（）種．A.480 B.360 C.570 D.540【答案】C【解析】【分析】甲乙同時入選時，按甲擔任四辯手或擔任二、三辯手分類求解，甲乙同時不入選時，直接從6人中選4人排列即可得，結合分類加法原理計算．【詳解】甲乙同時入選時，按甲擔任四辯手或擔任二、三辯手分類求解，甲乙同時不入選時，直接從6人中選4人排列即可得．因此所求方法數為，故選：C．6.如圖，可導函數在點處的切線為，設，則下列說法正確的是（）A. B.C.是的極大值點 D.是的極小值點【答案】C【解析】【分析】由題意，求得函數在處的切線方程，得到，通過對其求導分析，得出的單調性，極值和值域，即可一一判斷選項正誤.【詳解】因函數在點處的切線為，即，則，于是，，由圖知，當時，，此時，當時，，此時.對于B項，由上分析，B項顯然錯誤；對于C,D項，由上分析，當時，單調遞增；當時，單調遞減,即當時，取得極大值，且，故C項正確，D項錯誤；對于A項，由上分析時，取得極大值，也是最大值，則有，故A項錯誤.故選：C.7.函數是定義在上的可導函數，其導函數為，且滿足，若不等式在上恒成立，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據題意構造函數，由條件不等式判斷函數在上單調遞減，將不等式轉化成，利用單調性將問題簡化為在上恒成立，求出函數在上的最小值即得.【詳解】由，，可設，，則，即函數在上為減函數,因，則，由可得，即，故得，即在上恒成立.令，，則，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，則時，取得最小值，故，又，故.故選：B.8.數列，若存在常數，對任意的，恒有，則稱數列為數列．記是數列的前項和，下列說法錯誤的是（）A.首項為1，公比為的等比數列是數列B.存在等差數列和等比數列，使得數列是數列C.若數列是數列，則數列是數列D.若數列是數列，則數列是數列【答案】D【解析】【分析】根據數列的規(guī)定一一檢測選項A,B,C,均可推理得到，通過舉反例可說明D項不是數列即得.【詳解】對于A項，設首項為1，公比為的等比數列是，則，因為，則，故該數列是數列，即A項正確；對于B項，取，則，因，則，故該數列是數列，即B項正確；對于C項，時，，當時，，因數列數列，則存在常數，滿足,則,而是另一個常數，故數列是數列，即C項正確；對于D項，當，則，易得數列是數列，而此時，于是，而，具有任意性，故數列不是數列，即D項錯誤.故選：D.【點睛】思路點睛：解決數列新定義的問題時，應充分理解數列的概念，善于觀察分析數列新定義的結構特征，靈活運用其性質，善于把陌生的知識點化歸為熟悉的知識點或方法，達到解題的目的.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，存多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.等差數列前項和為，則（）A. B.C. D.當時，的最小值為16【答案】AD【解析】【分析】設等差數列的公差為d，由，利用等差數列通項公式求出，由此利用等差數列通項公式和求和公式即可求解判斷.【詳解】設等差數列的公差為d，因為，所以，即，對于A，，故A正確；對于B，，所以，故B錯誤；對于C，，，所以,故C錯誤；對于D，，因為，所以當時，，即當時，的最小值為16，故D正確.故選：AD.10.某中學A，B，C，D，E五名高一學生選擇甲、乙、丙、丁四個社團進行實踐活動，每名學生只能選一個社團，則下列結論中正確的是（）A.所有不同的分派方案共種B.若甲社團沒人選，乙、丙、丁每個社團至少有一個學生選，則所有不同的分派方案共300種C.若每個社團至少派1名志愿者，且志愿者必須到甲社團，則所有不同分派方穼共60種D.若每個社團至少有1個學生選，且學生A，B不安排到同一社團，則所有不同分派方案共216種【答案】ACD【解析】【分析】對于A，根據分步乘法計數原理計數可知A正確；對于B，C，按照先分組再分配的方法計數可知B不正確；C正確；對于D，由間接法求解可知D正確.【詳解】對于A，每名學生都有4種安排方案，故共有種不同的分派方案，故A正確；對于B，先將5個人分成3組，分兩類：第一類，一組3人，另2組各一人，有種；第二類，一組2人，一組2人，一組1人，有種，故共有種分組方法，再將分好的三組分配到三個社團，共有種分派方案，故B不正確；對于C，分兩類：第一類，甲社團分1人，只能是A，另外4人有種，第二類，甲社團分2人，共有種，根據分類加法計數原理可得共有種不同的分派方案，故C正確；對于D，若每個社團至少派1名學生，則有種，其中學生A，B安排到同一社團時，有種，故若每個社團至少派1名學生，且學生A，B不安排到同一社團時，共有種不同分派方案，故D正確.故選：ACD11.已知函數存在兩個極值點，且，．設的零點個數為，方程的實根個數為，則（）A.當時， B.當時，C. D.【答案】ABD【解析】【分析】求出導函數得或，然后根據和分類確定的單調性，再根據的正負或為0分類討論方程根據的個數得值，從而判斷各選項．【詳解】由題意得，由題意，為的兩根，由題意或，選項A，若，則在和上都有，相應均遞增，在上，即遞減，從而，若，則，，因此，不合題意，所以，A正確；選項B，時，同選項A討論可得在和上均遞減，在上遞增，，又，因此，以下分類討論中，可作出的示意圖，若，則，此時有一根，有兩根，；若，則，此時有兩根，有兩根，；若，則，此時有三根，有兩根，，均滿足，B正確；選項C，由選項B的討論知C錯誤，如時，；選項D，在選項B的討論中知，下面討論的情形，單調性由選項A的討論知悉，，以下討論中，作出的示意圖，若，，此時有一根，有兩根，；若，則，此時有一根，有兩根，；若，則，此時有一根，有兩根，，，綜上的值為，D正確．故選：ABD．【點睛】方法點睛：本題考查函數的導數與極值的關系，單調性與極值的關系，方程的根轉化為函數圖象與直線的交點，因此分類討論時，作出函數的圖象可使得結論一目了然．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.關于的方程的解是______．【答案】7【解析】【分析】利用組合數和排列數公式求解.【詳解】解：因為，，且，所以，解得，故答案為：713.已知函數在處取得極小值，則的值為______．【答案】【解析】【分析】將函數求導，依題可得，求得或，代入函數式，進行檢驗，舍去，即得結論.【詳解】由求導，，依題意，，即，解得或.當，時，，，，當時，，在上單調遞減，當時，，在單調遞增，即時，函數取得極小值，符合題意，此時；當，時，，，因，即函數在上為增函數，無極值，與題意不符，舍去.故答案：.14.已知定義域為的偶函數滿足，且當時，，若將方程實數解的個數記為，則______．【答案】【解析】【分析】由已知得出函數的周期是2，引入函數，作出它們的圖象，觀察圖象交點得交點個數，從而得，然后用裂項相消法求和．【詳解】由題意，所以是周期函數，且周期為2，又，則是偶函數，又也是偶函數，所以與的圖象關于軸對稱，它們的交點個數為偶數，在時，，，作出函數與的圖象，如圖，因為，所以函數與的圖象的右側有個交點，所以，，故答案為：．【點睛】方法點睛：本題考查方程根的個數問題，考查裂項相消法求和，對于函數方程根的個數，一般需要確定函數的性質（奇偶性、單調性、對稱性、周期性等）作出函數的圖象，由圖象觀察得出交點個數，從而可得根的個數．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.混放在一起的6件不同的產品中，有2件次品，4件正品．現(xiàn)需通過檢測將其區(qū)分，每次隨機抽取一件進行檢測，檢測后不放回，直到檢測出2件次品或者檢測出4件正品時檢測結束．（1）一共抽取了4次檢測結束，有多少種不同的抽法?（2）若第一次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，檢測結束時有多少種不同的抽法?（要求：解答過程要有必要的說明和步驟）【答案】（1）96種（2）120種【解析】【分析】（1）分兩種情形：第一種是4次抽到的全是正品，第二種前3次抽到2件正品1件次品，且第4次抽到次品，由分類加法原理計算；（2）由題意知第二次抽到的必是正品，第4次抽取的是次品，檢測結束，或第4次抽取到正品，第五次再抽取一件（不論正品還是次品）都可以結束，由此計算可得．【小問1詳解】有以下兩種情況：4次均為正品，共有種；前3次抽到2件正品1件次品，且第4次抽到次品，共種；則共有96種．【小問2詳解】由題意知，第二次抽到的必是正品，共抽取4次或5次檢測結束，當抽取4次結束時，第4次抽到的必是次品，共有種抽法；當抽取5次結束時，若第4次抽到正品且第5次抽到正品，則共有種抽法；若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是次品，則共有種抽法；共120種抽法．16.在數列中，．（1）求數列的通項公式；（2）若，求數列的前項和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由數列遞推公式，采用累加的方法可求得數列的通項公式；（2）求數列的前項和，分別采用了錯位相減法和分組求和法即可求得結果.【小問1詳解】因為數列滿足，且，當時，可得，即，當時，適合上式，所以數列的通項公式為．【小問2詳解】由于，且，則，即，設，則，兩式相減得：，所以，所以.17.已知函數．（1）求函數的單調區(qū)間；（2）若恒成立，求實數的取值集合．【答案】（1）答案見解析（2）【解析】【分析】（1）先求出函數的定義域，再求導，分類討論和，即可求出函數的單調區(qū)間；（2）結合（1）知，當時，不滿足題意，則，將恒成立等價于，令，利用導數研究的值域，即可求出實數的取值.【小問1詳解】由題意得：定義域為，，當時，，則單調遞減區(qū)間為，無單調遞增區(qū)間；當時，令，解得：；當時，；當時，；的單調遞增區(qū)間為；單調遞減區(qū)間為；綜上所述：時，則的單調遞減區(qū)間為，無單調遞增區(qū)間；時，的單調遞增區(qū)間為；單調遞減區(qū)間為．【小問2詳解】當時，，不合題意；當時，由（1）知；則；令，則，當時，；當時，；在上單調遞增，在上單調遞減，，實數的取值集合為．18.已知數列中，，且對任意正整數都有．若數列滿足：，（1）求數列和數列的通項公式；（2）設，若為遞增數列，求實數的取值范圍．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）通過遞推關系式確定數列為等差數列，進而確定通項公式，再由可得數列通項公式；（2）先確定數列的通項公式，由得，分為奇數、偶數討論即可.【小問1詳解】根據已知，，則，且，則數列為首項為2，公差為2的等差數列，故．由，得，兩式相減有：，，當時，也符合上式，；【小問2詳解】由（1）知，又為遞增數列，所以整理得當為偶數時，，而，所以．當為奇數時，，所以綜上所述，的取值