广东省广州市真光中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷
1．（2024高二下·广州期中）函数的图象如图所示，则下列不等关系中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高二下·广州期中）下列导数运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024高二下·广州期中）抛掷两枚质地均匀的骰子，两个点数都出现偶数的概率和已知第一枚骰子的点数是偶数的条件下，第二枚骰子的点数也是偶数的概率分别是（ ）
A．都是 B．都是 C．和 D．和
4．（2024高二下·广州期中）中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成个区域，每个区域分别印有数字，，，，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域如区域与区域所涂颜色相同．若有种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
5．（2024高二下·广州期中）如图，雪花形状图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边.反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线.设原正三角形(图①)的边长为1，把图①，图②，图③，图④中图形的周长依次记为，，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·广州期中）已知直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，则（ ）
A．， B．， C．， D．，
7．（2024高二下·广州期中）《数术记遗》是东汉时期徐岳编撰的一部数学专著，该书记述了我国古代14种算法，分别是：积算（即算筹） 太乙算 两仪算 三才算 五行算 八卦算 九宫算 运筹算 了之算 成数算 把头算 龟算 珠算 和计数.某学习小组有甲 乙 丙3人，该小组要收集九宫算 运筹算 了之算 成数算 把头算 珠算6种算法相关资料，要求每种算法只能一人收集，每人至少收集其中一种，则不同的分配方案种数为（ ）
A．240 B．300 C．420 D．540
8．（2024高二下·广州期中）设函数，若，且的最小值为，则a的值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·广州期中）某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力，利用周末进社区义务劳动，高三一共6个班，其中只有1班有2个劳动模范，本次义务劳动一共20个名额，劳动模范必须参加并不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法正确的是（ ）
A．若1班不再分配名额.则共有种分配方法
B．若1班有除劳动模范之外学生参加，则共有种分配方法
C．若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法
D．若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法
10．（2024高二下·广州期中）如下，某高速服务区停车场中有至共8个停车位（每个车位只能停一辆车），现有2辆黑色车和2辆白色车要在该停车场停车，则（ ）
A．4辆车的停车方法共有1680种
B．4辆车恰好停在同一行的方法有48种
C．2辆黑色车恰好相邻（停在同一行或同一列）的停车方法共有300种
D．相同颜色的车不停在同一行，也不停在同一列的方法有336种
11．（2024高二下·广州期中）已知，，，，则（ ）
A． B． C． D．
12．（2024高二下·广州期中）有两个等差数列，，，，及，，，，，由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，这个新数列共有 项，这个新数列的各项之和为 ．
13．（2024高二下·广州期中）位顾客将各自的帽子随意放在衣帽架上，然后，每人随意取走一顶帽子，则人拿的都不是自己的帽子方案总数为 .（用数字作答）
14．（2024高二下·广州期中）已知函数若函数有唯一零点，则实数的取值范围是 .
15．（2024高二下·广州期中）已知等差数列的前项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和；
（3）若，令，求数列的前项和．
16．（2024高二下·广州期中）已知函数，若在处取得极值10，.
（1）求的值；
（2）方程在有解，求实数的范围.
17．（2024高二下·广州期中）已知在的展开式中，前3项系数的绝对值成等差数列，求：
（1）展开式中二项式系数最大项的项；
（2）展开式中系数最大的项；
（3）展开式中所有有理项．
18．（2024高二下·广州期中）学校里的生物园地由矩形与扇形组成，，，，生物园地从点出水喷洒灌溉，喷洒张角，阴影部分为可灌溉范围，点在弧上，点在线段上，设，可灌溉范围的面积为.
（1）求灌溉面积关于的关系式，并求出的范围；
（2）求灌溉面积取得最大值时的值.
19．（2024高二下·广州期中）已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）当时，判断的零点个数，并证明结论；
（3）不等式在上恒成立，求实数的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】导数的几何意义；斜率的计算公式
【解析】【解答】
设，由图可得，
而，
故，
故答案为：C.
【分析】
根据导数的几何意义和割线的斜率可得三者之间的大小关系.
2．【答案】C
【知识点】基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：对于A，因为(为常数)，所以，故A错误；
对于B，因为，故B错误；
对于C，因为，故C正确；
对于D，因为，故D错误.
故答案为：C.
【分析】利用基本初等函数的导数公式，从而找出导数运算正确的选项.
3．【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解：因为抛掷两枚质地均匀的骰子，基本事件的总数为，
两个点数都出现偶数的基本事件为，，，，，，，，共个，
所以概率为，
记第一枚骰子的点数是偶数为事件，第二枚骰子的点数是偶数为事件，
所以，
由两个点数都出现偶数的概率为，所以，
所以.
故答案为：.
【分析】先写出两个点数都出现偶数的基本事件，再结合古典概率公式和条件概率公式，从而得出两个点数都出现偶数的概率和已知第一枚骰子的点数是偶数的条件下，第二枚骰子的点数也是偶数的概率.
4．【答案】B
【知识点】基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：由题意可得，只需确定区域，，，的颜色，即可确定整个伞面的涂色，先涂区域，有种选择，再涂区域，有种选择，
当区域与区域涂的颜色不同时，区域有种选择，剩下的区域有种选择；
当区域与区域涂的颜色相同时，剩下的区域有种选择，
故不同的涂色方案有种．
故答案为：B．
【分析】先确定区域，，，的颜色，再分区域与区域涂的颜色是否相同两种情况讨论，则根据分步乘法计数原理得出不同的涂色方案种数.
5．【答案】A
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：观察图形发现，从第二个图形开始，
每一个图形的周长都在前一个的周长的基础上多了其周长的，即，
所以为首项为，公比为的等比数列，.
故答案为：A.
【分析】观察图形和等比数列的定义，从而判断出数列为首项为，公比为的等比数列，再结合等比数列的通项公式得的值.
6．【答案】A
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：设直线与曲线的切点为且，
与曲线的切点为且，
又因为，，
则直线与曲线的切线方程为，即，
直线与曲线的切线方程为，
即，
则，解得，故.
故答案为：A.
【分析】设出切点，再结合求导的方法得出切线方程，再利用对应系数相等建立方程，解方程得出k，b的值.
7．【答案】D
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意，将6种算法分成3组，有1，1，4一组；有1，2，3一组；2，2，2一组，
然后将这3组分配给甲乙丙三个人，
所以不同的分配方案有.
故答案为：D.
【分析】根据题意结合分组分配的问题，再结合排列数公式和组合数公式，从而得出不同的分配方案种数.
8．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为，作出的图象，如图所示：
令，由图象可得，
因为，所以，
所以，所以，
令，则，令，解得，
当，即时，，则，单调递减，
则，解得，符合题意；
当，即时，
当时，；当时，；
故在单调递减，在单调递增，
则，解得，不符合题意；
综上，．
故答案为：B．
【分析】作出的图象，令，结合图象得到的范围，得到关于的表达式，构造函数，利用导数求解即可．
9．【答案】B,D
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：对于A，若1班不再分配名额，
则20个名额分配到5个班级，每个班级至少1个，
根据隔板法，有种分配方法，故A错误；
对于B，若1班有除劳动模范之外学生参加，
则20个名额分配到6个班级，每个班级至少1个，
根据隔板法，有种分配方法，故B正确；
对于CD，若每个班至少3人参加，由于1班有2个劳模，
故只需先满足每个班级有2个名额，还剩10个名额，
再将10个，名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额，
故只需在10个名额中的9个空上放置5个隔板即可，故有种，故C错误、D正确.
故答案为：BD.
【分析】将20个名额分给n个班且每个班至少有一个名额，相当于在20个物体的19个空中，选个位置分隔，则用插空法判断出选项A和选项B；将问题转化为将10个名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额，再结合挡板法求解，则判断出选项C和选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：对于A，因为4辆车的停车方法共有(种)，故A正确；
对于B，因为4辆车恰好停在同一行的方法有(种)，故B正确；
对于C，因为2辆黑色车相邻且停在同一行有6种，停在同一列有4种，
所以黑色车的停车方法共有(6+4)种，白色车的停车方法共有种，
故共有(6+4)(种)方法，故C错误；
对于D，因为相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，第一辆黑色车8个车位都可停车，
第二辆黑色车只能有3个车位可停车，黑色车共有种方法，
不妨设黑色车停在两个车位，
则两白色车只能停共7种选择，白色车的停车方法共有种方法，
故共有（种）方法，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件和全排列的方法，即可判断出选项A；在一行全排列中，再乘以，即可判断出选项B；先算出停在同一行或同一列方法，再乘以，即可判断出选项C；先安排好一种颜色的车，再安排另一种颜色，即可判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】B,C
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，则，
当时，；当时，，
故在、上单调递减，在上单调递增，
当时，；当时，，
因为，则，故，
又因为，，
故，故有，
故，故C正确；因为，则，故D错误，
下证：恒成立，
即证：，即证，
设，
则，
因为，，故，
故在上为减函数，故，
即在成立，
故恒成立，
因为，则，
若，则；
若，则，
而故，即，故A错误；
令，则，
则，
当时，；当，，
故在上单调递增，在上单调递减，则，
又因为，故，
令，
则，
由，故，即，
故在上单调递增，
又因为，故恒成立，即，
由，则，
因为，则，所以，，
又因为在上单调递减，故，即，故B正确.
故答案为：BC.
【分析】构造函数，则、，从而判断出选项C和选项D；利用极值点偏移可得，再构造函数和，再结合导数判断函数的单调性的方法，从而得出函数的值域，进而得出和，则判断出选项A和选项B，从而找出正确的选项.
12．【答案】；
【知识点】数列的函数特性；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：在等差数列，，，，中，公差，，
在等差数列，，，，中，公差，，
所以新数列的首项为，
因为公差，的最小公倍数为，
所以由这两个等差数列的公共项组成的新数列的公差，
所以新数列是首项为，公差为的等差数列，
所以新数列的通项公式为，
因为新数列的最大项小于等于，
所以，所以，
又因为，所以，所以新数列共有项；
新数列的第项为，
所以各项之和为.
故答案为：；.
【分析】由已知条件判断出新数列是首项为，公差为的等差数列，再结合等差数列的通项公式和新数列的最大项小于或等于，即可得出这个新数列共有的项数；由新数列是等差数列，再根据等差数列的求和公式，从而得出这个新数列的各项之和.
13．【答案】
【知识点】基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：记位顾客分别为甲、乙、丙、丁，
假设甲拿了乙的帽子，则乙拿了甲的帽子，丙拿了丁的帽子，丁拿了丙的帽子；
或乙拿丙的帽子，丙拿了丁的帽子，丁拿了甲的帽子；
或乙拿了丁的帽子，丙拿了甲的帽子，丁拿了丙的帽子，
若甲拿了丙或丁的帽子，同理可知，符合条件的方案数均为种，
综上所述，人拿的都不是自己的帽子方案总数为.
故答案为：.
【分析】记位顾客分别为甲、乙、丙、丁，假设甲拿了乙的帽子，再利用列举法结合分类加法计数原理，从而得出人拿的都不是自己的帽子方案总数.
14．【答案】或
【知识点】导数的几何意义；函数与方程的综合运用
【解析】【解答】解：当时，单调递减，图象为以和轴为渐近线的双曲线的一支；
当时，有，可得在单调递减，在单调递增
且，，画出图象如下：
由题意，有唯一解，设，
则，（否则至少对应2个，不满足题意），
原方程化为，即，
该方程存在唯一解，且.
转化为与有唯一公共点，且该点横坐标在，画图如下：
情形一：与相切，联立得，
由解得，此时满足题意：
情形二：与有唯一交点，其中一个边界为(与渐近线平行)，
此时交点坐标为，满足题意；
另一个边界为与相切，即过点的切线方程，
设切点为，则，解得，
所以求得，此时左侧的交点D横坐标为满足条件，右侧存在切点E，故该边界无法取到；
所以的范围为.
综上，的取值范围为或.
故答案为：或
【分析】本题考查函数与方程的综合应用.先进行换元，令，转化为方程存在唯一解，且，作出与的图象有唯一公共点；分两种情况进行讨论：情形一：与相切；情形二：与有唯一交点，其中一个边界为(与渐近线平行)；观察图形可求出实数a的取值范围，进而求出答案.
15．【答案】（1）解：设等差数列的公差为，
则，解得，
所以
（2）解：由（1）知，，，
所以.
（3）解：因为，，所以，
则①，
②，
①-②得
所以.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1）由，求出，的值，再利用等差数列通项公式得出数列的通项公式.
（2）由（1）知，，再利用等差数列求和公式得出数列的前项和.
（3）由，可知，再利用错位相减求和法得出数列的前项和.
（1）设等差数列的公差为，则
，解得，
所以；
（2）由（1）知，，，
所以；
（3）因为，，所以，
①，
②，
①-②得
，
所以.
16．【答案】（1）解：由函数，可得，
因为在处取得极值10，所以，
解得或，
当时，，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，符合题意；
当时，，
所以在上单调递增，此时无极值，不符合题意，
所以.
（2）解：由（1）知，且，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，函数取得最小值，最小值为，
又由，所以函数在上的值域为，
要使得方程在有解，则.
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求得，根据题意，列出方程组，求得的值，结合极值定义，进行验证即可；
（2）由（1）得到，且，利用导数求得函数的单调性与最值，得出的值域即可求解.
（1）解：由函数，可得，
因为在处取得极值10，所以，
解得或，
当时，，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，符合题意；
当时，，
所以在上单调递增，此时无极值，不符合题意，
所以.
（2）由（1）知，且，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，函数取得最小值，最小值为，
又由，所以函数在上的值域为，
要使得方程在有解，则.
17．【答案】（1）解：因为展开式的通项公式为
，
依题意得，则，得出，
所以的展开式有项，二项式系数最大的项为第项，
所以.
（2）解：由（1）知，，
当为时，展开式中系数为负数，
当为时，展开式中系数为正数，
当时，展开式的系数为；
当时，展开式的系数为；
当时，展开式的系数为；
当时，展开式的系数为；
当时，展开式的系数为，
所以，当时，展开式的系数最大，
则该项为.
（3）解：由为有理项知，
为整数，则，.
所以展开式中所有有理项为和.
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【分析】（1）根据二项展开式的通项公式和等差中项公式求出的值，再根据二项式系数的性质得出展开式中二项式系数最大项的项.
（2）由二项展开式的通项公式判断正负项，排除负项，分别计算正项系数，则得到展开式中系数最大的项.
（3）利用的指数为整数求出的值，再根据展开式的通项公式得出展开式中所有有理项.
（1）展开式的通项公式为，
依题意得，即，得，
所以的展开式有项，二项式系数最大的项为第项，
所以.
（2）由（1）知，，
当为时，展开式中系数为负数，
当为时，展开式中系数为正数，
当时，展开式的系数为，
当时，展开式的系数为，
当时，展开式的系数为，
当时，展开式的系数为，
当时，展开式的系数为，
所以当时，展开式的系数最大，
则该项为.
（3）由为有理项知，
为整数，得，.
所以展开式中所有有理项为和.
18．【答案】（1）解：由题意可知，
则扇形的面积为：，
∵，则，且，
所以梯形的面积为，
∵，且，
则，故，
所以，，其中.
（2）解：因为，其中，
，且，
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减，
所以，当时，取最大值.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；扇形的弧长与面积
【解析】【分析】（1）首先确定，再确定扇形的面积，再根据长方形和三角形的面积公式，从而确定四边形的面积，再结合点的位置确定的取值范围.
（2）根据（1）的结果结合导数判断函数的单调性的方法，从而得出灌溉面积的最大值和灌溉面积取得最大值时的值.
（1）由题意可知，则扇形的面积为
∵，则，且，
梯形的面积为，
∵，且，
则，故，
所以，，其中.
（2），其中，
，且，
当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递减，
所以，当时，取最大值.
19．【答案】（1）解：由函数的定义域为，且，
若，令，解得，
当时，；当时，，
若，令，解得或.
①若当时，即当时，
当时，；当时，；
②若当时，即当时，
当或，；当时，；
③若当时，即当时，可得，且；
④若当时，即当时，
当或时，；当时，，
综上所述，
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为，
单调递增区间为；
当时，函数的单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，．
（2）解：只有一个零点.
证明如下：由（1）知，当时，单调递增，
又由，可得，此时在只有一个零点；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，，
当时，函数取得极大值，极大值为，
在没有零点；
当时，函数取得极小值，其中，
在没有零点；
当时，，，
又，
，
由，必有正根，
当时，，
取，显然，则，
所以在有一个零点．
综上所述，命题成立．
（3）解：由在上恒成立，
所以在上恒成立，
令，
则，
令，则，
当时，；当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
又因为，，，
当时，在内存在唯一的零点，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，，单调递增，
所以，，
因为，所以，，
所以，
因为，所以，所以，
所以实数的取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）先求出函数的导数，再由导数值的正负情况判断出函数的单调性，从而得出的单调区间.
（2）根据函数的单调性结合零点存在性定理，即可判断并证出判断的零点个数.
（3）将给定不等式等价转化为，再构造函数和，分类探讨其单调性和最值，从而得出实数a的取值范围.
（1）由函数的定义域为，且，
若，令，解得，当时，；当时，，
若，令，解得或，
①若时，即时，
当时，；当时，；
②若时，即时，
当或，；当时，；
③若时，即时，可得，且仅；
④若时，即时，
当或，；当时，；
综上所述，当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，函数的单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，．
（2）只有一个零点证明：由（1）知，当时，单调递增，
又由，可得，此时在只有一个零点；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，，
当时，函数取得极大值，极大值为，在没有零点；
当时，函数取得极小值，其中，
在没有零点；
当时，，；又，
，由，必有正根，
当时，
取，显然，有，所以在有一个零点．
综上，命题成立．
（3）由在上恒成立，
所以在上恒成立，
令，则，
令，则，
当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
又，，，
当时，在内存在唯一的零点，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，，单调递增，
所以，，
因为，所以，，
所以，
因为，所以，所以，
所以实数的取值范围为．
1 / 1广东省广州市真光中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷
1．（2024高二下·广州期中）函数的图象如图所示，则下列不等关系中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】导数的几何意义；斜率的计算公式
【解析】【解答】
设，由图可得，
而，
故，
故答案为：C.
【分析】
根据导数的几何意义和割线的斜率可得三者之间的大小关系.
2．（2024高二下·广州期中）下列导数运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：对于A，因为(为常数)，所以，故A错误；
对于B，因为，故B错误；
对于C，因为，故C正确；
对于D，因为，故D错误.
故答案为：C.
【分析】利用基本初等函数的导数公式，从而找出导数运算正确的选项.
3．（2024高二下·广州期中）抛掷两枚质地均匀的骰子，两个点数都出现偶数的概率和已知第一枚骰子的点数是偶数的条件下，第二枚骰子的点数也是偶数的概率分别是（ ）
A．都是 B．都是 C．和 D．和
【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解：因为抛掷两枚质地均匀的骰子，基本事件的总数为，
两个点数都出现偶数的基本事件为，，，，，，，，共个，
所以概率为，
记第一枚骰子的点数是偶数为事件，第二枚骰子的点数是偶数为事件，
所以，
由两个点数都出现偶数的概率为，所以，
所以.
故答案为：.
【分析】先写出两个点数都出现偶数的基本事件，再结合古典概率公式和条件概率公式，从而得出两个点数都出现偶数的概率和已知第一枚骰子的点数是偶数的条件下，第二枚骰子的点数也是偶数的概率.
4．（2024高二下·广州期中）中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成个区域，每个区域分别印有数字，，，，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域如区域与区域所涂颜色相同．若有种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】B
【知识点】基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：由题意可得，只需确定区域，，，的颜色，即可确定整个伞面的涂色，先涂区域，有种选择，再涂区域，有种选择，
当区域与区域涂的颜色不同时，区域有种选择，剩下的区域有种选择；
当区域与区域涂的颜色相同时，剩下的区域有种选择，
故不同的涂色方案有种．
故答案为：B．
【分析】先确定区域，，，的颜色，再分区域与区域涂的颜色是否相同两种情况讨论，则根据分步乘法计数原理得出不同的涂色方案种数.
5．（2024高二下·广州期中）如图，雪花形状图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边.反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线.设原正三角形(图①)的边长为1，把图①，图②，图③，图④中图形的周长依次记为，，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：观察图形发现，从第二个图形开始，
每一个图形的周长都在前一个的周长的基础上多了其周长的，即，
所以为首项为，公比为的等比数列，.
故答案为：A.
【分析】观察图形和等比数列的定义，从而判断出数列为首项为，公比为的等比数列，再结合等比数列的通项公式得的值.
6．（2024高二下·广州期中）已知直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，则（ ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】A
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：设直线与曲线的切点为且，
与曲线的切点为且，
又因为，，
则直线与曲线的切线方程为，即，
直线与曲线的切线方程为，
即，
则，解得，故.
故答案为：A.
【分析】设出切点，再结合求导的方法得出切线方程，再利用对应系数相等建立方程，解方程得出k，b的值.
7．（2024高二下·广州期中）《数术记遗》是东汉时期徐岳编撰的一部数学专著，该书记述了我国古代14种算法，分别是：积算（即算筹） 太乙算 两仪算 三才算 五行算 八卦算 九宫算 运筹算 了之算 成数算 把头算 龟算 珠算 和计数.某学习小组有甲 乙 丙3人，该小组要收集九宫算 运筹算 了之算 成数算 把头算 珠算6种算法相关资料，要求每种算法只能一人收集，每人至少收集其中一种，则不同的分配方案种数为（ ）
A．240 B．300 C．420 D．540
【答案】D
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意，将6种算法分成3组，有1，1，4一组；有1，2，3一组；2，2，2一组，
然后将这3组分配给甲乙丙三个人，
所以不同的分配方案有.
故答案为：D.
【分析】根据题意结合分组分配的问题，再结合排列数公式和组合数公式，从而得出不同的分配方案种数.
8．（2024高二下·广州期中）设函数，若，且的最小值为，则a的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为，作出的图象，如图所示：
令，由图象可得，
因为，所以，
所以，所以，
令，则，令，解得，
当，即时，，则，单调递减，
则，解得，符合题意；
当，即时，
当时，；当时，；
故在单调递减，在单调递增，
则，解得，不符合题意；
综上，．
故答案为：B．
【分析】作出的图象，令，结合图象得到的范围，得到关于的表达式，构造函数，利用导数求解即可．
9．（2024高二下·广州期中）某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力，利用周末进社区义务劳动，高三一共6个班，其中只有1班有2个劳动模范，本次义务劳动一共20个名额，劳动模范必须参加并不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法正确的是（ ）
A．若1班不再分配名额.则共有种分配方法
B．若1班有除劳动模范之外学生参加，则共有种分配方法
C．若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法
D．若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法
【答案】B,D
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：对于A，若1班不再分配名额，
则20个名额分配到5个班级，每个班级至少1个，
根据隔板法，有种分配方法，故A错误；
对于B，若1班有除劳动模范之外学生参加，
则20个名额分配到6个班级，每个班级至少1个，
根据隔板法，有种分配方法，故B正确；
对于CD，若每个班至少3人参加，由于1班有2个劳模，
故只需先满足每个班级有2个名额，还剩10个名额，
再将10个，名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额，
故只需在10个名额中的9个空上放置5个隔板即可，故有种，故C错误、D正确.
故答案为：BD.
【分析】将20个名额分给n个班且每个班至少有一个名额，相当于在20个物体的19个空中，选个位置分隔，则用插空法判断出选项A和选项B；将问题转化为将10个名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额，再结合挡板法求解，则判断出选项C和选项D，从而找出说法正确的选项.
10．（2024高二下·广州期中）如下，某高速服务区停车场中有至共8个停车位（每个车位只能停一辆车），现有2辆黑色车和2辆白色车要在该停车场停车，则（ ）
A．4辆车的停车方法共有1680种
B．4辆车恰好停在同一行的方法有48种
C．2辆黑色车恰好相邻（停在同一行或同一列）的停车方法共有300种
D．相同颜色的车不停在同一行，也不停在同一列的方法有336种
【答案】A,B,D
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：对于A，因为4辆车的停车方法共有(种)，故A正确；
对于B，因为4辆车恰好停在同一行的方法有(种)，故B正确；
对于C，因为2辆黑色车相邻且停在同一行有6种，停在同一列有4种，
所以黑色车的停车方法共有(6+4)种，白色车的停车方法共有种，
故共有(6+4)(种)方法，故C错误；
对于D，因为相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，第一辆黑色车8个车位都可停车，
第二辆黑色车只能有3个车位可停车，黑色车共有种方法，
不妨设黑色车停在两个车位，
则两白色车只能停共7种选择，白色车的停车方法共有种方法，
故共有（种）方法，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件和全排列的方法，即可判断出选项A；在一行全排列中，再乘以，即可判断出选项B；先算出停在同一行或同一列方法，再乘以，即可判断出选项C；先安排好一种颜色的车，再安排另一种颜色，即可判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．（2024高二下·广州期中）已知，，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，则，
当时，；当时，，
故在、上单调递减，在上单调递增，
当时，；当时，，
因为，则，故，
又因为，，
故，故有，
故，故C正确；因为，则，故D错误，
下证：恒成立，
即证：，即证，
设，
则，
因为，，故，
故在上为减函数，故，
即在成立，
故恒成立，
因为，则，
若，则；
若，则，
而故，即，故A错误；
令，则，
则，
当时，；当，，
故在上单调递增，在上单调递减，则，
又因为，故，
令，
则，
由，故，即，
故在上单调递增，
又因为，故恒成立，即，
由，则，
因为，则，所以，，
又因为在上单调递减，故，即，故B正确.
故答案为：BC.
【分析】构造函数，则、，从而判断出选项C和选项D；利用极值点偏移可得，再构造函数和，再结合导数判断函数的单调性的方法，从而得出函数的值域，进而得出和，则判断出选项A和选项B，从而找出正确的选项.
12．（2024高二下·广州期中）有两个等差数列，，，，及，，，，，由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，这个新数列共有 项，这个新数列的各项之和为 ．
【答案】；
【知识点】数列的函数特性；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：在等差数列，，，，中，公差，，
在等差数列，，，，中，公差，，
所以新数列的首项为，
因为公差，的最小公倍数为，
所以由这两个等差数列的公共项组成的新数列的公差，
所以新数列是首项为，公差为的等差数列，
所以新数列的通项公式为，
因为新数列的最大项小于等于，
所以，所以，
又因为，所以，所以新数列共有项；
新数列的第项为，
所以各项之和为.
故答案为：；.
【分析】由已知条件判断出新数列是首项为，公差为的等差数列，再结合等差数列的通项公式和新数列的最大项小于或等于，即可得出这个新数列共有的项数；由新数列是等差数列，再根据等差数列的求和公式，从而得出这个新数列的各项之和.
13．（2024高二下·广州期中）位顾客将各自的帽子随意放在衣帽架上，然后，每人随意取走一顶帽子，则人拿的都不是自己的帽子方案总数为 .（用数字作答）
【答案】
【知识点】基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：记位顾客分别为甲、乙、丙、丁，
假设甲拿了乙的帽子，则乙拿了甲的帽子，丙拿了丁的帽子，丁拿了丙的帽子；
或乙拿丙的帽子，丙拿了丁的帽子，丁拿了甲的帽子；
或乙拿了丁的帽子，丙拿了甲的帽子，丁拿了丙的帽子，
若甲拿了丙或丁的帽子，同理可知，符合条件的方案数均为种，
综上所述，人拿的都不是自己的帽子方案总数为.
故答案为：.
【分析】记位顾客分别为甲、乙、丙、丁，假设甲拿了乙的帽子，再利用列举法结合分类加法计数原理，从而得出人拿的都不是自己的帽子方案总数.
14．（2024高二下·广州期中）已知函数若函数有唯一零点，则实数的取值范围是 .
【答案】或
【知识点】导数的几何意义；函数与方程的综合运用
【解析】【解答】解：当时，单调递减，图象为以和轴为渐近线的双曲线的一支；
当时，有，可得在单调递减，在单调递增
且，，画出图象如下：
由题意，有唯一解，设，
则，（否则至少对应2个，不满足题意），
原方程化为，即，
该方程存在唯一解，且.
转化为与有唯一公共点，且该点横坐标在，画图如下：
情形一：与相切，联立得，
由解得，此时满足题意：
情形二：与有唯一交点，其中一个边界为(与渐近线平行)，
此时交点坐标为，满足题意；
另一个边界为与相切，即过点的切线方程，
设切点为，则，解得，
所以求得，此时左侧的交点D横坐标为满足条件，右侧存在切点E，故该边界无法取到；
所以的范围为.
综上，的取值范围为或.
故答案为：或
【分析】本题考查函数与方程的综合应用.先进行换元，令，转化为方程存在唯一解，且，作出与的图象有唯一公共点；分两种情况进行讨论：情形一：与相切；情形二：与有唯一交点，其中一个边界为(与渐近线平行)；观察图形可求出实数a的取值范围，进而求出答案.
15．（2024高二下·广州期中）已知等差数列的前项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和；
（3）若，令，求数列的前项和．
【答案】（1）解：设等差数列的公差为，
则，解得，
所以
（2）解：由（1）知，，，
所以.
（3）解：因为，，所以，
则①，
②，
①-②得
所以.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1）由，求出，的值，再利用等差数列通项公式得出数列的通项公式.
（2）由（1）知，，再利用等差数列求和公式得出数列的前项和.
（3）由，可知，再利用错位相减求和法得出数列的前项和.
（1）设等差数列的公差为，则
，解得，
所以；
（2）由（1）知，，，
所以；
（3）因为，，所以，
①，
②，
①-②得
，
所以.
16．（2024高二下·广州期中）已知函数，若在处取得极值10，.
（1）求的值；
（2）方程在有解，求实数的范围.
【答案】（1）解：由函数，可得，
因为在处取得极值10，所以，
解得或，
当时，，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，符合题意；
当时，，
所以在上单调递增，此时无极值，不符合题意，
所以.
（2）解：由（1）知，且，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，函数取得最小值，最小值为，
又由，所以函数在上的值域为，
要使得方程在有解，则.
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求得，根据题意，列出方程组，求得的值，结合极值定义，进行验证即可；
（2）由（1）得到，且，利用导数求得函数的单调性与最值，得出的值域即可求解.
（1）解：由函数，可得，
因为在处取得极值10，所以，
解得或，
当时，，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，符合题意；
当时，，
所以在上单调递增，此时无极值，不符合题意，
所以.
（2）由（1）知，且，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，函数取得最小值，最小值为，
又由，所以函数在上的值域为，
要使得方程在有解，则.
17．（2024高二下·广州期中）已知在的展开式中，前3项系数的绝对值成等差数列，求：
（1）展开式中二项式系数最大项的项；
（2）展开式中系数最大的项；
（3）展开式中所有有理项．
【答案】（1）解：因为展开式的通项公式为
，
依题意得，则，得出，
所以的展开式有项，二项式系数最大的项为第项，
所以.
（2）解：由（1）知，，
当为时，展开式中系数为负数，
当为时，展开式中系数为正数，
当时，展开式的系数为；
当时，展开式的系数为；
当时，展开式的系数为；
当时，展开式的系数为；
当时，展开式的系数为，
所以，当时，展开式的系数最大，
则该项为.
（3）解：由为有理项知，
为整数，则，.
所以展开式中所有有理项为和.
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【分析】（1）根据二项展开式的通项公式和等差中项公式求出的值，再根据二项式系数的性质得出展开式中二项式系数最大项的项.
（2）由二项展开式的通项公式判断正负项，排除负项，分别计算正项系数，则得到展开式中系数最大的项.
（3）利用的指数为整数求出的值，再根据展开式的通项公式得出展开式中所有有理项.
（1）展开式的通项公式为，
依题意得，即，得，
所以的展开式有项，二项式系数最大的项为第项，
所以.
（2）由（1）知，，
当为时，展开式中系数为负数，
当为时，展开式中系数为正数，
当时，展开式的系数为，
当时，展开式的系数为，
当时，展开式的系数为，
当时，展开式的系数为，
当时，展开式的系数为，
所以当时，展开式的系数最大，
则该项为.
（3）由为有理项知，
为整数，得，.
所以展开式中所有有理项为和.
18．（2024高二下·广州期中）学校里的生物园地由矩形与扇形组成，，，，生物园地从点出水喷洒灌溉，喷洒张角，阴影部分为可灌溉范围，点在弧上，点在线段上，设，可灌溉范围的面积为.
（1）求灌溉面积关于的关系式，并求出的范围；
（2）求灌溉面积取得最大值时的值.
【答案】（1）解：由题意可知，
则扇形的面积为：，
∵，则，且，
所以梯形的面积为，
∵，且，
则，故，
所以，，其中.
（2）解：因为，其中，
，且，
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减，
所以，当时，取最大值.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；扇形的弧长与面积
【解析】【分析】（1）首先确定，再确定扇形的面积，再根据长方形和三角形的面积公式，从而确定四边形的面积，再结合点的位置确定的取值范围.
（2）根据（1）的结果结合导数判断函数的单调性的方法，从而得出灌溉面积的最大值和灌溉面积取得最大值时的值.
（1）由题意可知，则扇形的面积为
∵，则，且，
梯形的面积为，
∵，且，
则，故，
所以，，其中.
（2），其中，
，且，
当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递减，
所以，当时，取最大值.
19．（2024高二下·广州期中）已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）当时，判断的零点个数，并证明结论；
（3）不等式在上恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：由函数的定义域为，且，
若，令，解得，
当时，；当时，，
若，令，解得或.
①若当时，即当时，
当时，；当时，；
②若当时，即当时，
当或，；当时，；
③若当时，即当时，可得，且；
④若当时，即当时，
当或时，；当时，，
综上所述，
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为，
单调递增区间为；
当时，函数的单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，．
（2）解：只有一个零点.
证明如下：由（1）知，当时，单调递增，
又由，可得，此时在只有一个零点；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，，
当时，函数取得极大值，极大值为，
在没有零点；
当时，函数取得极小值，其中，
在没有零点；
当时，，，
又，
，
由，必有正根，
当时，，
取，显然，则，
所以在有一个零点．
综上所述，命题成立．
（3）解：由在上恒成立，
所以在上恒成立，
令，
则，
令，则，
当时，；当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
又因为，，，
当时，在内存在唯一的零点，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，，单调递增，
所以，，
因为，所以，，
所以，
因为，所以，所以，
所以实数的取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）先求出函数的导数，再由导数值的正负情况判断出函数的单调性，从而得出的单调区间.
（2）根据函数的单调性结合零点存在性定理，即可判断并证出判断的零点个数.
（3）将给定不等式等价转化为，再构造函数和，分类探讨其单调性和最值，从而得出实数a的取值范围.
（1）由函数的定义域为，且，
若，令，解得，当时，；当时，，
若，令，解得或，
①若时，即时，
当时，；当时，；
②若时，即时，
当或，；当时，；
③若时，即时，可得，且仅；
④若时，即时，
当或，；当时，；
综上所述，当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，函数的单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，．
（2）只有一个零点证明：由（1）知，当时，单调递增，
又由，可得，此时在只有一个零点；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，，
当时，函数取得极大值，极大值为，在没有零点；
当时，函数取得极小值，其中，
在没有零点；
当时，，；又，
，由，必有正根，
当时，
取，显然，有，所以在有一个零点．
综上，命题成立．
（3）由在上恒成立，
所以在上恒成立，
令，则，
令，则，
当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
又，，，
当时，在内存在唯一的零点，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，，单调递增，
所以，，
因为，所以，，
所以，
因为，所以，所以，
所以实数的取值范围为．
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