湖北省部分省级示范高中2023-2024学年高二下学期期中数学试题

湖北省部分省级示范高中20232024学年高二下学期4月期中测试数学试题命题人：武汉市第十四中学徐姣审题人：武汉市第二十三中学黄亚洲考试时间：2024年4月29日试卷满分：150分★祝考试顺利★注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．⒉选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答；用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．一、选择题：本题共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.下列求导运算正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据求导公式计算，得到答案.【详解】A选项，，A错误；B选项，，B错误；C选项，，C正确；D选项，，D错误.故选：C2.已知为等差数列，，则等于（）A.21 B.17 C.23 D.20【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的通项公式求得和公差，然后计算出．【详解】设公差为，因为，所以，解得，所以，故选：D．3.甲、乙两人要在一排6个空座上就坐，若要求甲、乙两人每人的两旁都有空座，则不同的坐法有（）A.6种 B.3种 C.20种 D.12种【答案】A【解析】【分析】采用插空法，在4个空座中间的3个空中插入甲、乙两人的座位即可得答案.【详解】一排共有6个座位，现有两人就坐，故有4个空座.要求每人左右均有空座，即在4个空座的中间3个空中插入2个座位让两人就坐，即有种坐法.故选：A.4.设等比数列前项和为，若，则等于（）A.－2 B.－1 C.2 D.5【答案】B【解析】【分析】根据等比数列的前项和公式列方程组求解．【详解】由题意易知数列的公比，则有，解得，故选：B．5.学校将从4男4名女中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手．要求甲乙同时入选或同时不入选．不同组队形式有（）种．A.480 B.360 C.570 D.540【答案】C【解析】【分析】甲乙同时入选时，按甲担任四辩手或担任二、三辩手分类求解，甲乙同时不入选时，直接从6人中选4人排列即可得，结合分类加法原理计算．【详解】甲乙同时入选时，按甲担任四辩手或担任二、三辩手分类求解，甲乙同时不入选时，直接从6人中选4人排列即可得．因此所求方法数为，故选：C．6.如图，可导函数在点处的切线为，设，则下列说法正确的是（）A. B.C.是的极大值点 D.是的极小值点【答案】C【解析】【分析】由题意，求得函数在处的切线方程，得到，通过对其求导分析，得出的单调性，极值和值域，即可一一判断选项正误.【详解】因函数在点处的切线为，即，则，于是，，由图知，当时，，此时，当时，，此时.对于B项，由上分析，B项显然错误；对于C,D项，由上分析，当时，单调递增；当时，单调递减,即当时，取得极大值，且，故C项正确，D项错误；对于A项，由上分析时，取得极大值，也是最大值，则有，故A项错误.故选：C.7.函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且满足，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意构造函数，由条件不等式判断函数在上单调递减，将不等式转化成，利用单调性将问题简化为在上恒成立，求出函数在上的最小值即得.【详解】由，，可设，，则，即函数在上为减函数,因，则，由可得，即，故得，即在上恒成立.令，，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，则时，取得最小值，故，又，故.故选：B.8.数列，若存在常数，对任意的，恒有，则称数列为数列．记是数列的前项和，下列说法错误的是（）A.首项为1，公比为的等比数列是数列B.存在等差数列和等比数列，使得数列是数列C.若数列是数列，则数列是数列D.若数列是数列，则数列是数列【答案】D【解析】【分析】根据数列的规定一一检测选项A,B,C,均可推理得到，通过举反例可说明D项不是数列即得.【详解】对于A项，设首项为1，公比为的等比数列是，则，因为，则，故该数列是数列，即A项正确；对于B项，取，则，因，则，故该数列是数列，即B项正确；对于C项，时，，当时，，因数列数列，则存在常数，满足,则,而是另一个常数，故数列是数列，即C项正确；对于D项，当，则，易得数列是数列，而此时，于是，而，具有任意性，故数列不是数列，即D项错误.故选：D.【点睛】思路点睛：解决数列新定义的问题时，应充分理解数列的概念，善于观察分析数列新定义的结构特征，灵活运用其性质，善于把陌生的知识点化归为熟悉的知识点或方法，达到解题的目的.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，存多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.等差数列前项和为，则（）A. B.C. D.当时，的最小值为16【答案】AD【解析】【分析】设等差数列的公差为d，由，利用等差数列通项公式求出，由此利用等差数列通项公式和求和公式即可求解判断.【详解】设等差数列的公差为d，因为，所以，即，对于A，，故A正确；对于B，，所以，故B错误；对于C，，，所以,故C错误；对于D，，因为，所以当时，，即当时，的最小值为16，故D正确.故选：AD.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【答案】ACD【解析】【分析】对于A，根据分步乘法计数原理计数可知A正确；对于B，C，按照先分组再分配的方法计数可知B不正确；C正确；对于D，由间接法求解可知D正确.【详解】对于A，每名学生都有4种安排方案，故共有种不同的分派方案，故A正确；对于B，先将5个人分成3组，分两类：第一类，一组3人，另2组各一人，有种；第二类，一组2人，一组2人，一组1人，有种，故共有种分组方法，再将分好的三组分配到三个社团，共有种分派方案，故B不正确；对于C，分两类：第一类，甲社团分1人，只能是A，另外4人有种，第二类，甲社团分2人，共有种，根据分类加法计数原理可得共有种不同的分派方案，故C正确；对于D，若每个社团至少派1名学生，则有种，其中学生A，B安排到同一社团时，有种，故若每个社团至少派1名学生，且学生A，B不安排到同一社团时，共有种不同分派方案，故D正确.故选：ACD11.已知函数存在两个极值点，且，．设的零点个数为，方程的实根个数为，则（）A.当时， B.当时，C. D.【答案】ABD【解析】【分析】求出导函数得或，然后根据和分类确定的单调性，再根据的正负或为0分类讨论方程根据的个数得值，从而判断各选项．【详解】由题意得，由题意，为的两根，由题意或，选项A，若，则在和上都有，相应均递增，在上，即递减，从而，若，则，，因此，不合题意，所以，A正确；选项B，时，同选项A讨论可得在和上均递减，在上递增，，又，因此，以下分类讨论中，可作出的示意图，若，则，此时有一根，有两根，；若，则，此时有两根，有两根，；若，则，此时有三根，有两根，，均满足，B正确；选项C，由选项B的讨论知C错误，如时，；选项D，在选项B的讨论中知，下面讨论的情形，单调性由选项A的讨论知悉，，以下讨论中，作出的示意图，若，，此时有一根，有两根，；若，则，此时有一根，有两根，；若，则，此时有一根，有两根，，，综上的值为，D正确．故选：ABD．【点睛】方法点睛：本题考查函数的导数与极值的关系，单调性与极值的关系，方程的根转化为函数图象与直线的交点，因此分类讨论时，作出函数的图象可使得结论一目了然．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.关于的方程的解是______．【答案】7【解析】【分析】利用组合数和排列数公式求解.【详解】解：因为，，且，所以，解得，故答案为：713.已知函数在处取得极小值，则的值为______．【答案】【解析】【分析】将函数求导，依题可得，求得或，代入函数式，进行检验，舍去，即得结论.【详解】由求导，，依题意，，即，解得或.当，时，，，，当时，，在上单调递减，当时，，在单调递增，即时，函数取得极小值，符合题意，此时；当，时，，，因，即函数在上为增函数，无极值，与题意不符，舍去.故答案：.14.已知定义域为的偶函数满足，且当时，，若将方程实数解的个数记为，则______．【答案】【解析】【分析】由已知得出函数的周期是2，引入函数，作出它们的图象，观察图象交点得交点个数，从而得，然后用裂项相消法求和．【详解】由题意，所以是周期函数，且周期为2，又，则是偶函数，又也是偶函数，所以与的图象关于轴对称，它们的交点个数为偶数，在时，，，作出函数与的图象，如图，因为，所以函数与的图象的右侧有个交点，所以，，故答案为：．【点睛】方法点睛：本题考查方程根的个数问题，考查裂项相消法求和，对于函数方程根的个数，一般需要确定函数的性质（奇偶性、单调性、对称性、周期性等）作出函数的图象，由图象观察得出交点个数，从而可得根的个数．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.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）【答案】（1）96种（2）120种【解析】【分析】（1）分两种情形：第一种是4次抽到的全是正品，第二种前3次抽到2件正品1件次品，且第4次抽到次品，由分类加法原理计算；（2）由题意知第二次抽到的必是正品，第4次抽取的是次品，检测结束，或第4次抽取到正品，第五次再抽取一件（不论正品还是次品）都可以结束，由此计算可得．【小问1详解】有以下两种情况：4次均为正品，共有种；前3次抽到2件正品1件次品，且第4次抽到次品，共种；则共有96种．【小问2详解】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，则共有种抽法；共120种抽法．16.在数列中，．（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）由数列递推公式，采用累加的方法可求得数列的通项公式；（2）求数列的前项和，分别采用了错位相减法和分组求和法即可求得结果.【小问1详解】因为数列满足，且，当时，可得，即，当时，适合上式，所以数列的通项公式为．【小问2详解】由于，且，则，即，设，则，两式相减得：，所以，所以.17.已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）若恒成立，求实数的取值集合．【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）先求出函数的定义域，再求导，分类讨论和，即可求出函数的单调区间；（2）结合（1）知，当时，不满足题意，则，将恒成立等价于，令，利用导数研究的值域，即可求出实数的取值.【小问1详解】由题意得：定义域为，，当时，，则单调递减区间为，无单调递增区间；当时，令，解得：；当时，；当时，；的单调递增区间为；单调递减区间为；综上所述：时，则的单调递减区间为，无单调递增区间；时，的单调递增区间为；单调递减区间为．【小问2详解】当时，，不合题意；当时，由（1）知；则；令，则，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，，实数的取值集合为．18.已知数列中，，且对任意正整数都有．若数列满足：，（1）求数列和数列的通项公式；（2）设，若为递增数列，求实数的取值范围．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）通过递推关系式确定数列为等差数列，进而确定通项公式，再由可得数列通项公式；（2）先确定数列的通项公式，由得，分为奇数、偶数讨论即可.【小问1详解】根据已知，，则，且，则数列为首项为2，公差为2的等差数列，故．由，得，两式相减有：，，当时，也符合上式，；【小问2详解】由（1）知，又为递增数列，所以整理得当为偶数时，，而，所以．当为奇数时，，所以综上所述，的取值