广东省广州市真光中学2023-2024学年高二下学期期中数学反破防冲刺卷（含解析）

2023学年第二学期期中考反破防冲刺卷
高二数学
本试卷共 4页，19 小题，满分 150 分。考试用时120分钟
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名、考生号
填写在答题卡上，并用 2B 铅笔把对应考生号标号涂黑。
2．选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，先用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域
内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，再写上新的答案，改动的内容也不
能超出指定的区域；不准使用铅笔、圆珠笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将答题卡交回。
一、选择题：本大题共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．某地的中学生中有的同学爱好滑冰，的同学爱好滑雪，的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为（ ）
A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4
2．已知函数，则（ ）
A． B．1 C． D．
3．某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（ ）．
A．种 B．种 C．种 D．种
4．已知为等差数列的前n项和，，则（ ）
A．100 B．250 C．500 D．750
5．直线与曲线相切的一个充分不必要条件为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，湖北省分别与湖南、安徽、陕西、江西四省交界，且湘、皖、陕互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案数为（ ）
A． B． C． D．
7．设，， 对于，有，则是的（ ）
A．极大值点 B．极小值点
C．非极大极小值点 D．ABC选项均可能
8．已知，函数的零点个数为，过点与曲线相切的直线的条数为，则的值分别为（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.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．某校实行选课走班制度，张毅同学选择的是地理、生物、政治这三科，且生物在B层，该校周一上午选课走班的课程安排如下表所示，张毅选择三个科目的课各上一节，另外一节上自习，则下列说法正确的是（ ）
第1节 第2节 第3节 第4节
地理1班 化学A层3班 地理2班 化学A层4班
生物A层1班 化学B层2班 生物B层2班 历史B层1班
物理A层1班 生物A层3班 物理A层2班 生物A层4班
物理B层2班 生物B层1班 物理B层1班 物理A层4班
政治1班 物理A层3班 政治2班 政治3班
A．此人有4种选课方式 B．此人有5种选课方式
C．自习不可能安排在第2节 D．自习可安排在4节课中的任一节
10．已知，则下列结论成立的是（ ）
A． B．
C． D．
11．已知定义在上的函数的导函数的图象如图所示，下列说法正确的是（ ）

A． B．函数在上单调递减
C．函数在处取得极大值 D．函数有最大值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知数列满足，则数列的前20项和 ．
13．如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，则事件“质点位于的位置”的概率为 .
14．已知函数，函数，若函数恰有三个零点，则的取值范围是 .
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.
15．（13分）
在数列中，
(1)求，，；
(2)求数列的前n项和．
16．（15分）
已知函数.
(1)求时，在处的切线方程；
(2)讨论在上的最值情况；
(3)恒成立，求实数的取值范围.
17．（15分）
根据下列条件进行计算：
(1)若，求n的值；
(2)已知，求的值．
18．（17分）
已知函数.
（1）求函数在内的单调递增区间；
（2）当时，求证：.
19．（17分）
若时，函数取得极大值或极小值，则称为函数的极值点.已知函数，其中为正实数.
(1)若函数有极值点，求的取值范围；
(2)当和的几何平均数为，算术平均数为.
①判断与和的几何平均数和算术平均数的大小关系，并加以证明；
②当时，证明：.
2023学年第二学期期中考反破防冲刺卷
高二数学参考答案
1．A
【分析】
先算出同时爱好两项的概率,利用条件概率的知识求解.
【详解】同时爱好两项的概率为，
记“该同学爱好滑雪”为事件,记“该同学爱好滑冰”为事件，
则，
所以.
故选:.
2．C
【分析】根据函数的定义及求出答案.
【详解】由导数的定义可知，又，
故选：C
3．D
【分析】
利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案.
【详解】
根据分层抽样的定义知初中部共抽取人，高中部共抽取，
根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有种.
故选：D.
4．B
【分析】本题考查等差数列通项公式、求和公式，直接利用通项公式和求和公式计算即可；也可利用等差数列的性质公式简化运算.
【详解】解法一：设等差数列的公差为d，则，即，所以，故，
故选：B.
解法二：因为，所以，得，故，
故选：B.
5．B
【分析】设出切点，由直线和曲线相切得的表达式，对比选项即可求解.
【详解】由题意设，则，
设直线与曲线相切的切点为，
则，所以，
所以，
所以.
对比选项可知直线与曲线相切的一个充分不必要条件为.
故选：B.
6．C
【分析】利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理列式计算作答.
【详解】依题意，按安徽与陕西涂的颜色相同和不同分成两类：
若安徽与陕西涂同色，先涂陕西有种方法，再涂湖北有种方法，涂安徽有1种方法，涂江西有种方法，
最后涂湖南有3种方法，由分步计数乘法原理得不同的涂色方案种，
若安徽与陕西不同色，先涂陕西有种方法，再涂湖北有种方法，涂安徽有3种方法，
涂江西、湖南也各有种方法，由分步计数乘法原理得不同的涂色方案 种方法，
所以，由分类加法计数原理得不同的涂色方案共有种.
故选：C
7．D
【分析】根据极值点的定义，结合对数函数的性质，可得答案.
【详解】由，
可设，则，易知：f(x)在定义域内连续且为偶函数，
当时，，则，此时为的极大值点；
可设，则，易知：f(x)在定义域内连续且为偶函数，
当时，，则，此时为的极小值点；
当，则，满足，此时为的非极大极小值点.
故选：D.
8．B
【分析】借助分段函数性质计算可得，借助导数的几何意义及零点的存在性定理可得.
【详解】令，即时，，解得，
时，，无解，故，
设过点与曲线相切的直线的切点为，
当时，，则有，
有，整理可得，即，
即当时，有一条切线，
当时，，则有，
有，整理可得，
令，
则，
令，可得，
故当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
由，
，故在上没有零点，
又，
故在上必有唯一零点，
即当时，亦可有一条切线符合要求，
故.
故选：B.
9．BD
【解析】根据表格分类讨论即可得到结果.
【详解】由于生物在B层，只有第2，3节有，故分两类：
若生物选第2节，
则地理可选第1节或第3节，有2种选法，
其他两节政治、自习任意选，
故有种（此种情况自习可安排在第1、3、4节中的某节）；
若生物选第3节，
则地理只能选第1节，政治只能选第4节，自习只能选第2节，故有1种．
根据分类加法计数原理可得选课方式有种．
综上，自习可安排在4节课中的任一节．
故选：BD.
10．ABD
【分析】变换得到，令，可得A正确，，B正确，令，计算C错误，两边同时求导，令，得到D正确，得到答案.
【详解】，
展开式的通项为，
对选项A：令，可得，正确；
对选项B：，所以，正确；
对选项C：令，可得，错误；
对选项D：，两边同时求导，得，令，，正确．
故选：ABD
11．ABC
【分析】借助导数定义及导函数的图象与原函数的图象的关系逐项判断即可得.
【详解】对A：由图可知，，故A正确；
对B：由图可知，当时，恒成立，
故函数在上单调递减，故B正确；
对C：由图可知，当时，，当，，
故函数在处取得极大值，故C正确；
对D：由图可知，当时，恒成立，
故在上单调递增，无最大值，故D错误.
故选：ABC.
12．
【分析】由，再根据条件，即可求出结果.
【详解】因为，
又，
所以，
故答案为：.
13．
【分析】理解题意构建数学模型，利用排列组合进行解题.
【详解】由图可知，若想通过6次移动最终停在-2的位置上，则必然需要向右移动2次且向左移动4次，记向右移动一次为R，向左移动一次为L，
则该题可转化为RRLLLL六个字母排序的问题，故落在-2上的排法为
所有移动结果的总数为，所有落在-2上的概率为
故答案为：
14．
【分析】利用导数分析函数的单调性，作出函数的大致图象，令可得，或，由条件结合图象可得的取值范围.
【详解】当时，，所以，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
且，，，
当时，，当时，，
当时，与一次函数相比，函数呈爆炸性增长，
从而，，
当时，，所以，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
且，，
当时，，当时，，
当时，与对数函数相比，一次函数呈爆炸性增长，
从而，，
当，且时，，
根据以上信息，可作出函数的大致图象如下：
函数的零点个数与方程的解的个数一致，
方程，可化为，
所以或，
由图象可得没有解，
所以方程的解的个数与方程解的个数相等，
而方程的解的个数与函数的图象与函数的图象的交点个数相等，
由图可知：当时，函数的图象与函数的图象有3个交点.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
15．(1)，，
(2)
【分析】（1）根据通项公式求出前3项即可
（2）由题，奇数项为等差数列，偶数项为等比数列，利用分组求和即可，注意对项数奇偶的讨论.
【详解】（1）因为
所以，，，
（2）因为 所以，，，是以1为首项，4为公差的等差数列，
，，，是以4为首项，4为公比的等比数列．
当n为奇数时，数列的前n项中有个奇数项，有个偶数项．
所以
；
当n为偶数时，数列{的前n项中有个奇数项，有个偶数项．
所以
．
所以
16．(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）由已知，求出，再求出和，再由点斜式写出方程；
（2）对求导，得到导函数等于0时的两根，然后对函数的极值分类讨论，然后讨论在上的最值情况；
（3）通过对函数适当放缩，讨论两个函数的大小关系，再通过函数的单调性得出，从而得到的参数的取值范围.
【详解】（1）因为，所以，
则，，
又当时，所以在处的切线方程为：.
（2）由得
①当，即时，在上单调递增，函数无最值；
②当，即时，由，
解得，
+ 0 - 0 +
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
由得，
③当，即时，
，且时，时，，此时无最值；
④当，即时，
，且时，时，，所以有最小值，无最大值.
综上可知，当时，有最小值，无最大值；当时，无最值.
（3）由，，，
所以是在处的切线，
若，则当，且时
所以此时，所以存在x使得，不符合条件；
当时，
设
现证明，
得，故在上单调递增，在上单调递减，
所以，当时，，
当或时，，所以成立.
综上，实数的取值范围是.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据组合公式即可求解；（2）根据二项式的展开式对应相等即可求解.
【详解】（1），
所以，
即，
所以，
所以或(舍去)
所以.
（2）因为，
.
所以.
所以，，
所以
18．（1），；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出导函数，由确定增区间；
（2）利用（1）的结论，设，在上，利用导数证明恒成立，在时，由（1）得，不等式恒成立，从而得证．
【详解】（1）解析：由题意知，，，
所以当时，解得，
即在的单调递增区间是，
（2）令，，只需证即可
令，则，
当时，，递减，
即在单调递减，即，
所以，从而在上单调递减，即恒成立；
当时，
由（1）知，的极大值点满足，这些极大值点使得的分子值不变，但分母随的增大而增大（当然），
∴当时，，恒成立．
综上，得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，证明不等式．解题方法通常是引入新函数，利用导数求得函数的最大值，而最大值小于0即证，本题证明时，注意到函数的极大值点有无数个，因此在求最大值时，根据（1）的结论只在（1）中第一个单调区间上讨论的最大值，而在上直接利用的性质确定与皆大小关系．这种解法具有特殊性，注意区别．
19．(1)
(2)①答案见解析；②证明见解析
【分析】（1）求导之后构造函数，利用二次函数的性质，利用对称轴，判别式，特殊值讨论即可；
（2）①证明右边时先将不等式变形为，令，构造函数，求导，用导数分析单调性和极值即可证明；再将左边变形为，令，同样构造函数，求导，用导数分析单调性和极值即可证明.②恒成立问题，作差之后利用一问的结论构造函数，求导，分析单调性，再求最大值小于零即可.
【详解】（1）在上有变号零点，
即在上有变号零点.
①若，即时，只需矛盾，
②若，即时，只需故的取值范围为.
（2）①，
先证右边，证，令
证：，令，
在上单调递增，
再证左边证：，令证令
在上单调递减，，证毕!
②时，关于单调递减
，
设，
当时，，；
当时，，，
在上单调递增，上单调递减，，
所以当时，.
【点睛】关键点点睛：（1）函数的极值点即为导数等于零的点；
（2）用导数证明不等式时常将不等式作差后构造函数，求导，分析单调性和最值；
（3）恒成立问题可转化为作差后求导，分析最大值小于零或最小值大于零.