2023-2024学年四川省南充市西充中学高二（下）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年四川省南充市西充中学高二（下）期中数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.在等比数列中，，，则公比( )
A. B. C. D.
2.曲线在点处的切线方程为( )
A. B. C. D.
3.在的展开式中，的系数为( )
A. B. C. D.
4.名研究人员在个不同的无菌研究舱同时进行工作，每名研究人员必须去一个舱，且每个舱至少去人，由于空间限制，每个舱至多容纳人，则不同的安排方案共有种．( )
A. B. C. D.
5.已知数列的前项和为，，若，则( )
A. B. C. D.
6.函数图象上的点到直线的距离的最小值是( )
A. B. C. D.
7.的展开式中常数项为( )
A. B. C. D.
8.某中学运动会上一天安排长跑、跳绳等场不同的比赛项目，若第一场比赛不安排长跑，最后一场不安排跳绳，则不同的安排方案种数为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知正项等比数列的前项和为，公比为，若，，则( )
A. B. C. D.
10.已知的展开式的各二项式系数的和为，则( )
A. B. 展开式中的系数为
C. 展开式中所有项的系数和为 D. 展开式中的第二项为
11.已知函数，则下列结论正确的是( )
A. 函数存在三个不同的零点
B. 函数既存在极大值又存在极小值
C. 若时，，则的最小值为
D. 若方程有两个实根，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.的展开式中的系数为______用数字作答
13.为美化重庆市忠县忠州中学校银山校区的校园环境，在学校统一组织下，安排了高二某班劳动课在如图所示的花坛中种花，现有种不同颜色的花可供选择，要求相邻区域颜色不同，则有 种不同方案．
14.已知函数，，，，使不等式成立，则实数的取值范围是______．
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.本小题分
已知的展开式中第项和第项的系数相等，求及二项式系数的最大项．
已知，求 的值．
16.本小题分
已知等差数列中的前项和为，且，，成等比数列，．
求数列的通项公式；
若数列为递增数列，记，求数列的前项的和．
17.本小题分
已知函数．
讨论的单调性；
当时，求在上的值域．
18.本小题分
设数列的前项和为，满足．
求数列的通项公式；
记，求数列的前项和．
19.本小题分
已知函数，其中．
当时，求的极值；
讨论当时函数的单调性；
若函数有两个不同的零点、，求实数的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：等比数列中，，，
，
故．
故选：．
直接根据等比数列的性质即可求解结论．
本题考查等比数列的性质，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：，
，
，
又，
曲线曲线在点处的切线方程为：
，即；
故选：．
求出原函数的导函数，得到的值，再求出，然后直接利用直线方程的点斜式得切线方程；
本题考查了导数得几何意义，属于中档题．
3.【答案】
【解析】解：因为的通项为，
当内取时，，
则，此时系数为；
当内取时，，
则，此时系数为；
所以系数为．
故选：．
首先写出后面括号的通项，再分，时分别求出系数，最后求和即可．
本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：由题意可知，名研究员的安排可以是按平均分组，即每人一组分到三个研究舱，
或者是按人数为，，为组分到三个研究舱，
每人一组分到三个研究舱时，共有种安排方案，
按人数为，，为组分到三个研究舱时，共有种安排方案，
故共有种安排方案．
故选：．
考虑人的分组情况，即每人一组分到三个研究舱，或者是按人数为，，为组分到三个研究舱，根据分类加法计数原理即可求得答案．
本题考查了分类加法计数原理，属于中档题．
5.【答案】
【解析】解：因为，所以数列是等差数列，
由，得，
所以．
故选：．
先根据条件判断数列是等差数列，再根据等差数列的前项和与等差数列的性质求解．
本题考查等差数列的性质和求和公式，考查转化思想和运算能力，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：设与直线平行且与函数图象相切的直线方程为：，
再设切点为，
，，解得，
可得切点，
又点到直线的距离为，
函数图象上的点到直线的距离的最小值是．
故选：．
设与直线平行且与函数图象相切的直线方程为：，利用导数的几何意义求得切点，再求出切点到直线的距离，即得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查化归与转化思想，是中档题．
7.【答案】
【解析】解：根据题意，可得，
而，
在中的常数项为，在中的常数项为，
结合与中没有常数项，可得中的常数项为．
故选：．
将原式化为，然后利用二项式定理展开，计算出各项中的常数项，再相加即可得到本题的答案．
本题主要考查二项式定理及其应用、多项式的乘法公式等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：若长跑安排在最后一场，则有种不同的安排方案种数，
若长跑不安排在最后一场，由题意可知，长跑也不安排在第一场，
则有种不同的安排方案种数，
所以不同的安排方案种数为．
故选：．
分长跑安排在最后一场和长跑不安排在最后一场两种情况讨论，结合排列组合知识求解．
本题主要考查了排列组合知识，考查了分类加法计数原理的应用，属于基础题．
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查等比数列的前项和公式，考查运算求解能力，是基础题．
利用正项等比数列前项和列方程组求出，，再求出，由此能求出结果．
【解答】
解：正项等比数列的前项和为，公比为，，，
，且，，
整理得，
整理得，由，解得，故C正确，D错误；
，
，故A错误，B正确．
故选：．
10.【答案】
【解析】解：：由二项式系数的性质，可得：，则故A正确；
：二项式展开式通项为，，，，，
令，则的系数为：，故B错误；
：令可得所有项的系数和为，故C正确；
：展开式的第二项为：，故D错误．
故选：．
利用二项式定理及二项式系数的性质、二项展开式的通项公式、赋值法逐一进行判断．
本题考查了二项式定理的应用，涉及到二项式的通项公式以及赋值法的应用，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：对于：函数定义域为，
，
令得或，
所以在上，单调递减，
在上，单调递增，
在上，单调递减，
因为，，
所以在中必有且只有一个零点，
当时，；时，，
所以在中必有且只有一个零点，中没有零点，故A正确；
对于：由知有极小值，极大值，故B正确；
对于：当，，
因为，且，单调递减，
所以的最大值为，故C错误；
对于：作出函数的图象：
若方程有两个实根，则，故D正确．
故选：．
求导分析单调性和极值，函数的零点，利用函数与方程的关系，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：由题意得的展开式的第项为：，
当时，．
故答案为：．
根据二项式定理先求出通项，再代入即可得结果．
本题主要考查二项式定理，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：把图形分区域，如图，根据题意，分步进行分析：
，对于区域，有种颜色可选，即有种着色方法，
，对于区域，与区域相邻，有种颜色可选，即有种着色方法，
，对于区域，与区域、相邻，有种颜色可选，即有种着色方法，
，对于区域，若其颜色与区域的相同，区域有种颜色可选，
若其颜色与区域的不同，区域有种颜色可选，区域有种颜色可选，
则区域、共有种着色方法；
则一共有种着色方法；
故答案为：．
根据题意，分步进行分析：依次分析各个区域的着色方法数目，由分步计数原理计算可得答案．
本题考查了乘法原理的应用、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：由题意，可得，
当时，，
由，可得，由，可得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，
因为，所以在上单调递减，所以，
所以，解得．
所以实数的取值范围是．
故答案为：．
根据题意得，再利用导数求出最值，代入即可得解．
本题主要考查导数知识的综合应用，考查计算能力，属于中档题．
15.【答案】解：的展开式中第项和第项的系数相等，
即，
化简得，
解得，
所以展开式中二项式系数最大的项是第项：
为；
在中，
令，得，
令，得，
相乘得
，
．
【解析】利用展开式中的第项和第项系数相等，求出的值，从而求出展开式中二项式系数最大的项；
用赋值法，分别令和，求出的值即可．
本题主要考查了二项式定理的应用问题，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的赋值，求展开式的系数和，可以简化运算，也考查了二项展开式的通项公式问题，是综合性题目．
16.【答案】解：设公差为，则，
即，
解得或，
所以或；
因为数列为递增数列，则，
所以，
所以，
有，
两式相减，有
，
即．
【解析】先设等差数列的公差为，再根据题干已知条件，等比中项的性质与等差数列的求和公式列出关于首项与公差的方程组，解出与的值，即可计算出等差数列的通项公式；
由知，则，然后利用错位相减法即可求解．
本题考查了等差数列的通项及错位相减法求和，属于中档题．
17.【答案】解：，；
当时，由，得；由，得；
故此时的单调递减区间为，单调递增区间为．
当时，由，得；由，得；
故此时的单调递减区间为，单调递增区间为．
当时，，
由知在区间上单调递减，在区间上单调递增，
则当；时，最小值为；
又，；且，故最大值为；
函数在上的值域为
【解析】根据题意对函数进行求导，在对进行分类讨论，求出函数单调性即可；
根据中时函数的单调性，求出函数的最大值与最小值，最终判断出值域范围．
本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的最值，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．
18.【答案】解：当时，解得，当时，，分
即，即，分
所以数列是公比为的等比数列，分
又因为，所以分
结合得，，
，分
所以
分
【解析】利用递推关系式，推出数列是公比为的等比数列，然后求解通项公式．
推出，化简数列的通项公式，利用裂项消项法求解数列的和即可．
本题考查数列的递推关系式的应用，裂项消项法求解数列的和，考查计算能力，是中档题．
19.【答案】解：当时，的定义域为，
所以，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
所以在处取得极大值，
所以的极大值为，无极小值．
函数的定义域为，
又．
当时，令则或．
当，即时，当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
当，即时，在上恒成立，所以在上单调递增．
当，即时，当时，；当时，，
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；
当时，在上单调递增，在上单调递减，
有两个不同的零点、，
即有两个不同正实根，，得有两个不同正实根，，
即与有两个交点，
令，则，令，得，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以时，取得最大值，且，当时，
得的大致图像如图所示：
所以，解得，
所以实数的取值范围为．
【解析】求出函数的定义域与导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值；
求出函数的导函数，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
由函数有两个不同的零点、，构造函数利用导数研究函数单调性的最值，结合函数图像求实数的取值范围；
本题主要考查利用导数求单调性和极值，属于难题．
第1页，共1页