2024-2025学年广东省广州市真光中学高二（下）期中数学试卷（含答案）

2024-2025学年广东省广州市真光中学高二（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.在等差数列中，若，则的值为( )
A. B. C. D.
2.设函数在上可导，其导函数为，且函数的图象如图所示，则下列结论中正确的是( )
A. 函数有极大值和
B. 函数有极小值和
C. 函数有极小值和极大值
D. 函数有极小值和极大值
3.的展开式的常数项为( )
A. B. C. D.
4.已知在，，三个地区暴发了流感，这三个地区分别有，，的人患了流感假设这三个地区人口数量的比为：：，现从这三个地区中任意选取一个人，则这个人患流感的概率为( )
A. B. C. D.
5.在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图像如图所示，已知两图像有且仅有一个公共点，其坐标为，则( )
A. 函数的最大值为
B. 函数的最小值为
C. 函数的最大值为
D. 函数的最小值为
6.在年高校自主招生考试中，高三某班的四名同学决定报考，，三所高校，则恰有两人报考同一高校的方法共有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
7.骰子是质地均匀的正方体，各面分别标有数字，，，，，现在掷一枚骰子两次，记事件“两次点数的最小值为”，事件“两次点数的最大值为”，则( )
A. B. C. D.
8.设，，则( )
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.已知二项式，则下列结论正确的是( )
A. 第项的二项式系数最大 B. 所有项的系数之和为
C. 有且仅有第项的系数的绝对值最大 D. 展开式中共有项有理项
10.甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是( )
A. 如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有种
B. 最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有种
C. 甲乙不相邻的排法种数为种
D. 甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种
11.设函数，则( )
A. 当时，有三个零点
B. 当时，是的极大值点
C. 存在，，使得为曲线的对称轴
D. 存在，使得点为曲线的对称中心
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设等比数列的各项均为正数，且，则______．
13.在的展开式中，记项的系数为，则 ______．
14.函数的最小值为 ．
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
已知函数．
当时，求在上的最值；
讨论的单调性．
16.本小题分
已知数列的前项和为，且．
求的通项公式；
设，求数列的前项和为．
17.本小题分
已知函数．
求的单调区间；
若时，证明：当时，恒成立．
18.本小题分
设函数．
求图像上点处的切线方程；
若在时恒成立，求的取值范围；
若，，证明．
19.本小题分
在组合恒等式的证明中，构造一个具体的计数模型从而证明组合恒等式的方法叫做组合分析法该方法体现了数学的简洁美我们将通过如下的例子感受其妙处所在．
Ⅰ对于元一次方程试求其正整数解的个数；
Ⅱ对于元一次方程组，试求其非负整数解的个数；
Ⅲ证明：可不使用组合分析法证明．
注：与可视为二元一次方程的两组不同解．
参考答案
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15.解：已知，函数定义域为，
当时，，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极大值，极大值，
当时，函数取得极小值，极小值，
又，，
所以在上的最大值为，最小值为；
易知，
若，即时，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
若，即时，，单调递增；
若，即时，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
综上，当时，函数在和上单调递增，
在上单调递减；
当时，函数在上单调递增；
当时，函数在和上单调递增，
在上单调递减．
16.解：因为，
所以，
两式相减可得，
即，又因为，
所以，故数列是首项为，公比为的等比数列，
所以；
，
所以，
，
两式相减可得：，
所以．
17.解：，
则，，
若，，的减区间为，无增区间；
若时，当时，，
当时，，
所以的减区间为，增区间为；
证明：因为，
所以当时，，
令，
则，
令，
则在上递增，
，
所以在上递增，，
故在上递增，，
所以当时，恒成立．
18.解：由于，故，
所以，，
所以所求的切线经过，且斜率为，
故其方程为；
设，则，从而当时，当时，
所以在上递减，在上递增，这就说明，
即，且等号成立当且仅当，
设，
则．
当时，的取值范围是，
所以命题等价于对任意，都有．
一方面，若对任意，都有，则对，
有，
取，得，故．
再取，得，
所以．
另一方面，若，则对任意都有，满足条件．
综合以上两个方面，知的取值范围是．
证明：先证明一个结论：对，有．
证明：前面已经证明不等式，
故，
且 ，
所以，
即．
由，可知当时，，当时．
所以在上单调递减，在上单调递增．
不妨设，下面分三种情况其中有重合部分证明本题结论．
情况一：当时，有，结论成立；
情况二：当时，有
对任意的，设，则
由于单调递增，且有，
且当时，由可知，
．
所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时
故在上递减，在上递增．
当时，有；
当时，由于，故我们可以取．
从而当时，由，
可得，
再根据在上递减，即知对都有；
综合可知对任意，都有，即．
根据和的任意性，取，，就得到
所以
情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，
可得，，
而根据的单调性，知或．
故一定有成立．
综上，结论成立．
19.解：取个相同的球排成一行，这个球两两之间共有个空隙，
用块相同的隔板插入这个空隙，每个空隙最多插一块隔板，则插入隔板的方法数为，
这块相同的隔板将个球分成组，从左到右各组的球数依次记为，，，，
则，，，为正整数，且，
故元一次方程的正整数解的个数为；
令，
则，是方程的正整数解，
由知，方程的正整数解个数为，
即方程的非负整数解个数为，
同理可得，方程的非负整数解个数为，
故元一次方程组 的非负整数解的个数为；
证明：先证明成立，
设，
令得，
将两边求导得，
令得，
将式两边求导得，
令得，
将式两边求导得
，
令得，
依次类推可得，
所以成立，
所以，，
所以，
而，
所以．
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