广东省深圳市光明中学2023-2024学年高二（下）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年广东省深圳市光明中学高二（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.小米汽车首款车型小米于年月日正式发布，该款车型有种外观颜色，种内搭颜色可供选择若车主自由选择车的外观和内搭颜色，共有种情况．( )
A. B. C. D.
2.某质点的位移单位：与时间单位：满足函数关系式，则当时，该质点的瞬时速度为( )
A. B. C. D.
3.在等比数列中，，，则公比( )
A. B. C. D.
4.的展开式中二项式系数最大的项为( )
A. 第二项 B. 第三项 C. 第四项 D. 第五项
5.函数的单调递减区间是( )
A. B. C. D.
6.某校街舞社共位同学，为了给高三学子加油鼓劲，编排了一组团体舞蹈，站队时要求站成两排四列，且要保证每一列前面的同学身高比后面的同学矮名学生身高均不相同，共有种站队方法．( )
A. B. C. D.
7.已知函数与偶函数在交点处的切线相同，则函数在处的切线方程为( )
A. B. C. D.
8.已知数列，，，且，则数列的前项之和为( )
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.已知数列是公比为的等比数列，且，，成等差数列，则的值可能为( )
A. B. C. D.
10.若，其中，，，，为实数，则( )
A. B.
C. D.
11.已知函数，，下列说法正确的是( )
A. 函数存在唯一极值点，且
B. 令，则函数无零点
C. 若恒成立，则
D. 若，，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知为等差数列，且，，则 ______．
13.安排甲、乙，丙、丁位老师到，，三所学校工作，要求每所学校都有人去，每人只能去一所学校，则甲不去学校、乙不去学校工作的分配方案数为______种
14.已知函数，若存在，使得成立，则的最小值为______
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
已知等差数列的前项和为，，．
求数列的通项公式；
记，求数列的前项和．
16.本小题分
在的展开式中，所有项的二项式系数的和为．
求的值；
若展开式中的系数为，求实数的值．
17.本小题分
已知函数．
若，求曲线在点处的切线方程；
若恰有三个零点，求的取值范围．
18.本小题分
已知数列为等差数列，，，数列的前项和为，且满足．
求和的通项公式；
若，数列的前项和为，且对恒成立，求实数的取值范围．
19.本小题分
已知函数，其中为实数．
若，试求函数的单调区间；
当，，，且时，若恒有，试求实数的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：根据分步乘法计数原理，第一步选外观颜色，有种选择；
第二步选内搭，有种选择，
因此车主自由选择车的外观和内搭颜色，共有种情况．
故选：．
由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理求解．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分步乘法计数原理，属中档题．
2.【答案】
【解析】解：，
将代入导函数，得，
所以当时，该质点的瞬时速度为．
故选：．
结合导数的几何意义，即可求解．
本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．
3.【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．
4.【答案】
【解析】解：因为展开共有项，且二项式系数对称分布且先增后减，
故的展开式中，的展开式中，项的二项式系数为，
当时，最大，即第四项的二项式系数最大．
故选：．
根据展开式中二项式系数最大的项是第四项，由通项公式即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，注意运用通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：由题意可得，
且函数的定义域为由，解得，
即的单调递减区间是，
故选：．
对函数求导，令其导函数小于解出范围即可．
本题主要考查利用导函数研究函数单调区间，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：某校街舞社共位同学，为了给高三学子加油鼓劲，编排了一组团体舞蹈，站队时要求站成两排四列，且要保证每一列前面的同学身高比后面的同学矮名学生身高均不相同，
将前后人看成一组，可看成个不同位置，分别取出人排在个位置，两人顺序确定高在后，矮在前，
所以不同的站法共有种．
故选：．
由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理求解．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分步乘法计数原理，属中档题．
7.【答案】
【解析】解：，
则，，
故，
所以与相切于，
又为偶函数，
所以，，
故切线方程为．
故选：．
根据已知条件，结合导数的几何意义，以及偶函数的性质，即可求解．
本题主要考查导数的几何意义，以及偶函数的性质，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：当为奇数时，，即，
所以数列的奇数项构成首项为，公差为的等差数列；
当为偶数时，，即，
所以数列的偶数项构成首项为，公差为的等差数列．
所以前项和为
．
故选：．
由题意可得数列的奇数项构成首项为，公差为的等差数列，偶数项构成首项为，公差为的等差数列，再由数列的分组求和，结合等差数列的求和公式，可得所求和．
本题考查等差数列的通项公式和求和公式，以及数列的分组求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：数列是公比为的等比数列，且，，成等差数列，
可得，即，即，解得或，
故选：．
利用等比数列以及等差数列，列出方程求解公比即可．
本题考查等差数列以及等比数列的应用，考查计算能力，是基础题．
10.【答案】
【解析】解：令，则原式转化为，
令，得，故A正确；
由二项式定理得，故B错误；
令，得，令，得，
所以，所以，所以C正确，D正确．
故选：．
根据二项式定理的展开式，赋值法，即可解出．
本题考查二项式定理的展开式，赋值法，学生的数学运算能力，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：项，，在单调递增，
，，
所以，使得，A正确．
项，恒大于，恒大于，故无零点，B正确．
项，即恒成立，令，则，
由在上递增，又，，
所以存在，使，所以在上递减，
在上递增满足，．
所以，
所以，存在满足题意，故C错误．
项，构造，
且在单调递增，，所以D正确．
故选：．
选项，求导数得和，可得结果．选项，由恒大于，恒大于，可得结果．选项，构造，求出单调区间，可得结果．选项，构造，根据单调性可得结果．
本题主要考查利用导数研究函数的极值，属于难题．
12.【答案】
【解析】解：根据题意，为等差数列，且，，
则，
变形可得．
故答案为：．
根据题意，由等差数列的性质可得，变形可得答案．
本题考查等差数列的性质，涉及等差数列的定义，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：当甲去学校时，
不同的分配方案数为种，
当甲不去学校时，不同的分配方案数为种，
所以不同的分配方案数共有种．
故答案为：．
由排列、组合及简单计数问题，结合分类加法计数原理求解．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分类加法计数原理，属中档题．
14.【答案】
【解析】解：的定义域为，由，得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，由得，
又，，，
令，由得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当，所以的最小值为．
故答案为：．
求出单调区间，结合已知条件，推出，构造函数，利用函数的单调性，求解函数的最值即可．
本题考查函数导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，是中档题．
15.【答案】解：设等差数列的公差为，由，，
得，
解得，．
所以．
由得，所以，
所以．
【解析】直接利用已知条件建立方程组，求出首项和公差，进一步求出数列的通项公式；
利用裂项相消法求出数列的和．
本题考查的知识点：数列的通项公式的求法，数列的求和，裂项相消法的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
16.【答案】解：因为所有项的二项式系数的和为，所以，所以．
二项式的展开式的通项公式为，
令得，
所以展开式中的系数为，解得．
【解析】由二项式系数的性质求解；
利用二项式展开式的通项公式求解．
本题考查二项式定理相关知识，属于中档题．
17.【答案】解：时，，所以，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
因为，
所以是的一个零点，
因为恰有三个零点，所以方程有两个不为实数根，即方程有两个不为实数根．
令，所以，
令，得，令，得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
当时，的值域为
当时，的值域为，
所以且，所以且，
所以的取值范围是．
【解析】由导数的几何意义计算即可得；
由可得是的一个零点，故有两个不为实数根，即方程有两个不为实数根，构造函数，利用导数讨论函数的单调性后计算即可得．
本题主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的极值与最值，函数零点个数问题，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：等差数列中，设公差为，
则，
，
数列中的前项和为，且，
当时，，
当时，，
得：，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以．
数列中，，
则，
所以，
故，
所以，
对恒成立，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
综上：实数的取值范围为．
【解析】求解等差数列通项公式，只需设参数，列方程组即可求解，数列通过已知前项和求解通项公式；
需要先用错位相减法求得数列的前项和为，代入不等式中对分类讨论，转化为最值问题，求出范围即可．
本题考查了数列的递推关系式以及错位相减求和的问题，属于中档题．
19.【答案】解：，，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
函数的单调增区间为，单调减区间为．
函数，
令，
当时，可知，故恒成立，
可知，在区间上为单调增函数，
不妨设，且，，
则变为，
即，
设函数
，
由，得在区间为单调减函数，
即在上恒成立，即在上恒成立，
又．
，可知时，取最大值，
即，即对时恒成立，
由，可知，
即取值范围为．
【解析】对函数求导，结合导数与单调性关系即可求解函数的单调区间；
结合导数与单调性关系先分析出在区间上为单调增函数，不妨设，且，，原不等式可变为，构造函数，对其求导，然后结合导数与单调性关系，分离参数，转化为最值求解，即可求解．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了由不等式恒成立求解参数范围，体现了转化思想的应用，属于难题．
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