浠水一中2024年春高二年级期中考试
数学试卷
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．在前项和为的等差数列中，，，则（ ）
A．5 B．15 C．45 D．90
2．若，则（ ）
A． B．4 C．2 D．
3．已知，设，则（ ）
A． B． C． D．
4．某厂生产x件产品的总成本为C万元，产品单价为P万元，且满足，，则总利润最大时，x=（ ）
A．25 B．26 C．24 D．28
5．函数的导函数为的图象如图所示，关于函数，下列说法不正确的是（ ）
A．函数，上单调递增 B．函数在，上单调递减
C．函数存在两个极值点 D．函数有最小值，但是无最大值
6．消除贫困、改善民生、逐步实现共同富裕，是社会主义的本质要求，是中国共产党的重要使命．某中学积极参与脱贫攻坚战，决定派6名教师到A、B、C、D、E五个贫困山区支教，每位教师去一个地方，每个地方至少安排一名教师前去支教学校考虑到教师甲的家乡在山区A，决定派教师甲到山区A，同时考虑到教师乙与丙为同一学科，决定将教师乙与丙安排到不同山区，则不同安排方法共有（ ）
A．120种 B．216种 C．336种 D．360种
7．已知数列满足，若表示不超过的最大整数，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
8．已知函数，若方程有三个不同的实数根，且，则的取值范围是（ ）
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．A、B、C、D、E五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（ ）
A．若A、B两人站在一起有48种方法 B．若A、B不相邻共有12种方法
C．若A在B左边有60种排法 D．若A不站在最左边，B不站最右边，有72种方法
10．已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，，且不恒为零，则下列结论中，一定正确的为（ ）
A． B．是奇函数 C． D．是偶函数
11．在平面四边形ABCD中，点D为动点， 的面积是面积的2倍，又数列满足，恒有，设的前n项和为，则（ ）
A．为等比数列 B．为等差数列
C．为递增数列 D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知函数在时有极值0，则 ．
13．已知数列满足，且，，则 .
14．类比排列数公式，定义（其中，），将右边展开并用符号表示（，）的系数，得，则：
（1） ；
（2）若，（，），则 .
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．（13分）在的展开式中，第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列.
(1)证明：展开式中没有常数项；
(2)求展开式中系数最大的项．
16．（15分）已知数列是递增数列，前项和为，且当时，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
17．（15分）已知函数．
(1)讨论函数 的单调性；
(2)若不等式对恒成立， 求的取值范围．
18．（17分）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求在区间上的最小值；
(3)若，当时，求证：．
19．（17分）对于无穷数列，若对任意，且，存在，使得成立，则称为“数列”．
(1)若数列的通项公式为的通项公式为，分别判断是否为“数列”，并说明理由；
(2)已知数列为等差数列，
①若是“数列，，且，求所有可能的取值；
②若对任意，存在，使得成立，求证：数列为“数列”．浠水一中2024年春高二年级期中数学试卷答案
1．B【详解】设 的通项公式为 ，其中 是首项，d是公差，由，由已知，得，由 ，得 ，解得 ，又，得， ，故选：B.
2．B【详解】 ，故选：B
3．D【详解】因为，所以由组合数的性质得，所以，令，得，即.令，得，所以，故选：D.
4．A【详解】总利润，由，得.令，得，令，得.所以在上单调递增，在上单调递减，故当时，总利润最大.故选：A.
5．C【详解】根据的图象可知，函数在和上，单调递增，A选项正确；函数在和上，单调递减，B选项正确；所以的极小值点为，3，极大值点为1，C选项错误；由上述分析可知，函数的最小值是和两者中较小的一个，没有最大值，D选项正确. 故选：C
6．C【详解】不考虑乙丙不在同一山区的情况，安排方法是一种情形其他5人每人去一个山区，第二种情形是其他5人中选2人作为一个人与其他3人一起全排列去外的四个山区，不同的安排方法数为，而乙丙在同一山区的方法数为，所以所求不同方法数为 ＝336．故选：C．
7．C【详解】数列满足，，即，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，可得，即，当时，，，，所以，故选：C
8．A【详解】函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，其图象如图，
方程有三个不同的实数根，即直线与的图象有三个公共点，则，
由，得：，即，而，，则，
于是得，记，则，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又函数在定义域上单调递减，所以.故选：A
9．AC【详解】对于选项A：若A、B两人站在一起，则有种方法，故A正确；
对于选项B：A、B、C、D、E五个人并排站在一起，则有种方法，所以A、B不相邻共有种方法，故B错误；
对于选项C：根据对称可知A在B左边有种排法，故C正确；
对于选项D：A站在最左边，则有种方法，B站最右边，则有种方法，
A站在最左边，B站最右边，则有种方法，所以A不站在最左边，B不站最右边，有种方法，故D错误.
故选：AC
10．AD【详解】对A，因为，所以令，则有，A正确； 对B，因为，所以函数关于直线对称，又因为，所以函数为奇函数，则函数满足要求，则为偶函数，B错误；
对C，因为函数为奇函数，且，所以，即，
所以，即，所以，所以函数以4为周期，则，因为满足要求，则，故C错误；
对D，由，两边取导数可得，所以，所以是偶函数，D正确；
故选:AD.
11．BD【详解】如图，连交于，
则 ，即，所以，所以，所以 ，设 ，因为，所以，，所以，所以，即，又，所以，所以是首项为2，公差为的等差数列，所以，所以，因为不是常数，所以不为等比数列，故A不正确；因为，所以为等差数列，故B正确；因为 ，
所以为递减数列，故C不正确；因为，
所以，所以，所以，
所以，故D正确. 故选：BD
12．11【详解】由函数，得，由题意得，解得或，
当时，，仅当时等号成立，此时在R上单调递增，无极值，不符合题意；
当时，，令，则或，令，则，即在上均单调递增，在上单调递减，
故在处取得极小值，且，则，即符合题意，故，故答案为：11
13．【详解】由得，由，得，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，所以，，故.
故答案为：.
14． 【详解】（1）依题意，是展开式的常数项，所以；
（2）依题意，，则展开式中项是展开式中的项与x相乘加上与相乘积的和，即，而，，所以. 故答案为：；
15． 【详解】（1）证明：由二项式定理可知：第2,3,4项的二项式系数为依次成等差数列，，，（舍）或.
二项展开式中第项，令 ，所以展开式中没有常数项得证.
（2）由（1）知二项展开式中第项的系数为，设第项系数最大，则且，化简得，又或2，则展开式中系数最大的项是第二项和第三项.
16．【详解】（1）因为当时，，则，所以，两式相减可得，整理得，即.因为是递增数列，且，所以，则，即，所以数列是公差为的等差数列，即，经检验时成立，则.
（2）由（1）知.
当为偶数时，
；
当为奇数时，
，
综上所述，.
17．【详解】（1），
的定义域为．
①当 即时，在上递减，在上递增，
② 即时，在和上递增， 在上递减.
（2）设，设 ， 则在上递增，的值域为，
①当 时，为上的增函数，， 适合条件．
②当 时，不适合条件．
③当 时， 对于，
令， 存在，使得 时，在上单调递减，，即在 时，不适合条件．
综上， 的取值范围为．
18．【详解】（1）因为，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为.
（2）因为，
当时，在区间上恒成立，所以在区间上是增函数，此时；
当时，令，解得，
①当，即时，在区间上恒成立，所以在区间上是增函数，所以当时，；
②当，即时，与的情况如下：
负 0 正
减 极小值 增函数
所以当时，；
③当即时，在区间上恒成立，所以在区间上是减函数，所以当时，，综上
（3）设，所以，因为，由基本不等式可得，当且仅当时取等号，所以在上单调递增，所以，所以.
19．【详解】（1），对任意的，，，，，
取，则，∴是“数列”，，对任意的，，，，为偶数，而为奇数，因此不存在
使得，∴不是“数列”；
（2）数列为等差数列，
①若是“数列，，且，，，，
对任意的，，，，
，由题意存在，使得，
即，显然，
所以，，
，所以是8的正约数，即，2，4，8，
时，，；
时，，；
时，，；
时，，．
综上，的可能值为9，10，12，16；
②若对任意，存在，使得成立，
所以存在，，，
设公差为，则，，
，
对任意的，，，，
，取，则，
所以是“数列”．
