北滘中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第二册至选择性必修第三册第六章．
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. 某学校开设了5门不同的科技类课程，5门不同的运动类课程和5门不同的自然类课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有（ ）
A. 5种 B. 15种 C. 25种 D. 125种
【答案】B
【解析】
【分析】根据分类加法计数原理即可求得结果.
【详解】根据分类加法计数原理，从各类课程中任选1门课程的不同选法共有种．
故选：.
2. 一木块沿某一斜面自由下滑，测得下滑的水平距离与时间之间的函数关系式为，则时，此木块在水平方向的瞬时速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据导数的几何意义知瞬时速度为该时刻处的导数值.
【详解】因为，所以时，此木块在水平方向的瞬时速度为.
故选：A
3. 已知数列满足，则（ ）
A. 2 B. C. 5 D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出，可得是以2为周期的周期数列，求得.
【详解】由，可得，
所以数列是以2为周期的周期数列，故.
故选：D
4. 对于函数，下列说法错误的是（ ）
A. 有最小值但没有最大值
B. 对于任意的，恒有
C. 仅有一个零点
D. 有两个极值点
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数判断出的单调性，结合图象可得答案.
【详解】，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，，
且当时，，
画出函数的大致图象，如图，
对于A，所以有极小值为，
即有最小值但没有最大值，故A正确；
对于B，对于任意的，恒有，故B正确；
对于C，仅有一个零点，故C正确；
对于D，只有一个极小值点，故D错误.
故选：D．
5. 已知等差数列的前n项和为，点，均在数列的图象上，则的最小值是（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】求出等差数列的公差，可求得关于的表达式，利用二次函数的基本性质可求得当取最小值时对应的正整数的值.
【详解】依题意可知，，则，解得，
故，当或5时，的最小值为.
故选：B
6. 将1，2，3填入的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，下面是一种填法，则不同的填写方法共有
A. 6种 B. 12种 C. 24种 D. 48种
【答案】B
【解析】
【详解】先确定第一行的情况一共有种，然后我们再确定第二行第一列的数有种，其余的就是唯一的，由乘法原理可得为12种．
7. 已知，则被8除的余数为（ ）
A. 3 B. 2 C. 1 D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】先对二项展开式中的进行赋值，得出，再将展开成，利用二项展开式特点分析即得.
【详解】令，得，令，得，
两式相减，．
因为，
其中被8整除，所以被8除的余数为1，
从而能被8整除．
故选：D.
8. 若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设切点点，写出切线方程，将点代入切线方程得，此方程有两个不同的解，利用导数求b的范围.
【详解】在曲线上任取一点， ，
所以曲线在点处的切线方程为.
由题意可知，点在直线上，可得，
令函数，
则.
当时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
所以.
设，
所以，
所以当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以，
所以，
所以，
当时，，所以，
当时，，所以，
的图象如图：
由题意可知，直线与的图象有两个交点，则.
故选：B
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，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. 若展开式中各奇数项二项式系数的和为128．则（ ）
A.
B. 展开式中各项的系数和为1
C. 展开式中的常数项为1120
D. 展开式中x的系数为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据二项式系数的性质可判断A；令可得展开式中各项的系数和可判断B；求出展开式的通项可判断CD．
【详解】对于A，由题可得，解得，故A正确；
对于B，令，可得展开式中各项的系数和为1，故B正确；
对于C，展开式的通项，
因为，所以，所以展开式中不存在常数项，
故C错误；
对于D，令，解得，所以x的系数为，故D正确．
故选：ABD．
10. 已知，函数的大致图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】分别在、和的情况下，结合函数奇偶性和导数判断出函数的单调性，进而确定ABC正确；根据D中图象可确定，知D错误.
【详解】对于A，当时，，
，为定义在上的奇函数，图象关于原点对称；
当时，，，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，且当时，恒成立，
由对称性知：在上单调递减，在上单调递增，且当时，恒成立，
又，A正确；
对于B，当时，，
，为定义在上的偶函数，图象关于轴对称；
当时，，，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，且当时，恒成立，
由对称性知：在上单调递增，在上单调递减，且当时，恒成立，
又，B正确；
对于C，当时，，，
，的定义域为，
为定义在上的偶函数，图象关于轴对称；
当时，，，
上单调递减，且当时，恒成立；
由对称性知：在上单调递增，且当时，恒成立，C正确；
对于D，由图象可知：，即在处有意义，则；
又图象关于轴对称，为偶函数，，
此时图象应为B中图象，D错误.
故选：ABC.
11. 已知数列的前项和为，且，数列满足，记，则下列说法正确的是（ ）
A.
B
C. 恒成立
D. 若，关于的不等式恰有两个解，则的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】知数列与的关系式，即可判断A，构造数列的地推关系，即可判断B；首先求解数列的通项公式，再判断单调性，即可判断C；并求解数列的最值，并根据恰有两个解，判断D.
【详解】当时，，即，所以.
当时，，所以，
即
因为，所以，所以是首项为1，公比为2的等比数列，
所以，故A正确；
由，得，则，
所以数列为常数列，所以，即，故B错误；
故.
当时，，令，可得，
令，可得，所以，
则当或时，取得最大值，故C正确；
，因为关于的不等式恰有两个解，
所以的取值范围为，故D正确；
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题第D选项的判断的关键是首先判断函数的单调性和最值，并结合临界值比较大小，即可确定的取值范围.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上．
12. 若函数的导函数为，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】求函数的导数，令，求出，得到的解析式，再令，即可得到.
【详解】由题意得，
令，得，
则，所以.
故答案为：.
13. 已知正项等比数列的前项和为，若，则的最小值为__________.
【答案】##0.064
【解析】
【分析】根据条件求得，，当时，有最小值，计算求得满足此不等关系的项.
【详解】设等比数列的公比为，由题意知且，则，
解得，则，所以.
易知当时，，当时，，
故的最小值为.
故答案为：
14. 现有佛山某中学研究性学习课题小组，他们在研究某一圆柱形饮料罐的容积、表面积（用料）时遇到了一些困难，请你一起思考并帮助他们解决如下问题：当圆柱形饮料罐的容积V一定时，要使得饮料罐的表面积S最小，圆柱形饮料罐的高h和底面半径r需满足的关系式为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意结合柱体体积公式可得，，求导，利用导数判断的单调性和最值，进而可得结果.
【详解】由，得，则，，
所以．
令，解得，
当时，；当时，；
可知在内单调递减，在内单调递增，
当时，取得最小值，此时．
故答案为：.
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. 一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．
（1）从中任取4个球，红球的个数不比白球个数少的取法有多少种？
（2）将4个不同的红球，分给甲、乙两人，每人至少分得1个球，则共有多少种不同的分配方法？
【答案】（1）115 （2）14
【解析】
【分析】（1）由题意，利用分类加法计数原理即可求得取法种数；
（2）依题知，可利用分类加法计数原理求得分配方法数.
【小问1详解】
由题意得不同的取法包括：红球4个；红球3个和白球1个；红球2个和白球2个三类．
第一类，红球4个，取法有1种，第二类，红球3个和白球1个，取法有种，
第三类，红球2个和白球2个，取法有种，
由分类加法计数原理，红球的个数不比白球个数少的取法有种．
【小问2详解】
由题意知，共有两类分配方法：
第一类，每人分得2球，共种分配方法，
第二类，一人分得1球，另一人分得3球，共种分配方法．
由分类加法计数原理，不同的分配方法共有种．
16. 设是等差数列，是公比大于0的等比数列，已知，，．
（1）求和的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，根据题意建立方程组，求解即可；
（2）由，利用分组求和法求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，且．
依题意得，解得，所以或．
又因为，所以，所以，
故，．
【小问2详解】
，
．
17. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有个零点，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求导可得，利用导函数分类讨论可求单调区间；
（2）若，求得零点，可判断不符合题意，由有3个零点，结合（1）可得，可求的取值范围.
【小问1详解】
，
当时，恒成立，所以在上单调递增.
当时，令，解得或，所以在和上单调递
增，在上单调递减.
当时，令，解得或，所以在和上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
当时，，令，解得或，
不符合题意，故，
由（1）可知，又有3个零点，所以，.
由，所以，
因，所以，可得或或，
即的取值范围为.
18. 已知数列满足，是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式．
（2）令，求数列的前n项和．
（3）令，是否存在互不相等的正整数m，s，n，使得m，s，n成等差数列，且，，成等比数列？如果存在，请给出证明；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由题意，先求出，得数列的首项，利用等差数列的通项公式即可求得；
（2）求出，利用裂项公式进行求和即得；
（3）运用反证法思路，假设存在，列出相关等式，化简得，利用基本不等式说明等号不成立，故得假设不成立，即不存在.
小问1详解】
由已知得，且，则，
所以，所以，解得．
【小问2详解】
由（1）知，所以．
．
【小问3详解】
由题意可知．
假设存在，则，且，
即，则有，
化简得，将代入，即得．
因为，当且仅当时，等号成立．
又因为m，n，s互不相等，所以不存在．
【点睛】方法点睛：本题主要考查数列的裂项公式求和及与数列有关的开放性问题，属于较难题.
对于分式型数列通项公式，一般考虑裂项求和；对于数列有关的开放性问题，一般运用反证法思路，假设结论成立，经过分析推理计算，得出与公理、定理、结论或题设矛盾的结果，从而推翻假设.
19. 已知函数
（1）若求曲线在点处的切线方程．
（2）若证明：在上单调递增．
（3）当时，恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析； （3）
【解析】
【分析】（1）对求导，求出，由导数的几何意义和点斜式方程即可得出答案；
（2）对求导，令证明在上恒成立即可.
（3）在上恒成立等价于，分类讨论和，令求出的单调性可得，分离参数，令求出即可得出答案.
【小问1详解】
因为所以则
又
所以曲线在点处的切线方程为
即
【小问2详解】
证明：因为所以则
令则
当时，单调递增，故
当时，单调递增，
当时，单调递减，故．
从而在上恒成立，
则在上单调递增.
【小问3详解】
解：在上恒成立等价于
在上恒成立．
若则，则显然恒成立．
若则在上恒成立，
令由（1）可知在上恒成立，
故由得则即．
令则
当时，单调递减，当时，单调递增，
则则．
综上所述，的取值范围为
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．北滘中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第二册至选择性必修第三册第六章．
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. 某学校开设了5门不同的科技类课程，5门不同的运动类课程和5门不同的自然类课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有（ ）
A. 5种 B. 15种 C. 25种 D. 125种
2. 一木块沿某一斜面自由下滑，测得下滑的水平距离与时间之间的函数关系式为，则时，此木块在水平方向的瞬时速度为（ ）
A. B. C. D.
3. 已知数列满足，则（ ）
A. 2 B. C. 5 D.
4. 对于函数，下列说法错误的是（ ）
A. 有最小值但没有最大值
B. 对于任意的，恒有
C. 仅有一个零点
D. 有两个极值点
5. 已知等差数列的前n项和为，点，均在数列的图象上，则的最小值是（ ）
A B. C. D. 0
6. 将1，2，3填入的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，下面是一种填法，则不同的填写方法共有
A. 6种 B. 12种 C. 24种 D. 48种
7. 已知，则被8除的余数为（ ）
A. 3 B. 2 C. 1 D. 0
8. 若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）
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. 若展开式中各奇数项的二项式系数的和为128．则（ ）
A.
B. 展开式中各项的系数和为1
C. 展开式中的常数项为1120
D. 展开式中x的系数为
10. 已知，函数的大致图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
11. 已知数列的前项和为，且，数列满足，记，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 恒成立
D. 若，关于的不等式恰有两个解，则的取值范围为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上．
12. 若函数导函数为，则__________.
13. 已知正项等比数列的前项和为，若，则的最小值为__________.
14. 现有佛山某中学研究性学习课题小组，他们在研究某一圆柱形饮料罐的容积、表面积（用料）时遇到了一些困难，请你一起思考并帮助他们解决如下问题：当圆柱形饮料罐的容积V一定时，要使得饮料罐的表面积S最小，圆柱形饮料罐的高h和底面半径r需满足的关系式为__________．
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. 一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．
（1）从中任取4个球，红球的个数不比白球个数少的取法有多少种？
（2）将4个不同的红球，分给甲、乙两人，每人至少分得1个球，则共有多少种不同的分配方法？
16. 设是等差数列，是公比大于0的等比数列，已知，，．
（1）求和通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
17. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有个零点，求的取值范围.
18. 已知数列满足，是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式．
（2）令，求数列的前n项和．
（3）令，是否存在互不相等的正整数m，s，n，使得m，s，n成等差数列，且，，成等比数列？如果存在，请给出证明；如果不存在，请说明理由．
19. 已知函数
（1）若求曲线在点处的切线方程．
（2）若证明：在上单调递增．
（3）当时，恒成立，求的取值范围．
