广东省广州市真光中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷（含详解）

广东省广州市真光中学2024 2025学年高二下学期期中考试数学试卷
一、单选题（本大题共8小题）
1．在等差数列中，若，则的值为（ ）
A．18 B．15 C．12 D．9
2．设函数f（x）在R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f（x）有极大值f(-3)和f（3） B．函数f（x）有极小值f(-3)和f（3）
C．函数f（x）有极小值f（3）和极大值f(- 3) D．函数f （x）有极小值f(-3)和极大值f（3）
3．的展开式的常数项为（ ）
A． B． C． D．4
4．已知在A，B，C三个地区暴发了流感，这三个地区分别有6%，5%，4%的人患了流感．假设这三个地区人口数量的比为3：2：1，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象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（ ）
A．函数的最大值为1
B．函数的最小值为1
C．函数的最大值为1
D．函数的最小值为1
6．在2024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．9种 B．36种 C．38种 D．45种
7．骰子是质地均匀的正方体，各面分别标有数字1，2，3，4，5，6．现在掷一枚骰子两次，记事件“两次点数的最小值为3”，事件“两次点数的最大值为6”，则（ ）
A． B． C． D．
8．设，，．则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知二项式，则下列结论正确的是（ ）
A．第5项的二项式系数最大 B．所有项的系数之和为1
C．有且仅有第6项的系数的绝对值最大 D．展开式中共有4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24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42种
C．甲乙不相邻的排法种数为82种
D．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20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a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在a，使得点为曲线的对称中心
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知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（本大题共5小题）
15．已知函数
(1)当时，求在上的最值；
(2)讨论的单调性．
16．记为数列的前项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
17．已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)当时，证明：当时，恒成立．
18．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若对任意成立，求实数的值；
(3)若，求证：．
19．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．
(1)对于元一次方程，试求其正整数解的个数；
(2)对于元一次方程组，试求其非负整数解的个数；
(3)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
1．【答案】D
【详解】在等差数列中，，
则.
故选D.
2．【答案】D
【详解】由题意，时，，单调递减；
时，，单调递增；
时，，单调递增；
时，，单调递减.
所以函数有极小值f(-3)和极大值f（3）.
故选D.
3．【答案】B
【详解】通项为常数项，
令可得，
所以，
故选B．
4．【答案】C
【详解】设事件为这个人患流感，表示这个人来自A，B，C三个地区，
由已知可得，
又，
由全概率公式可得
.
故选C.
5．【答案】C
【分析】AB选项，先判断出虚线部分为，实线部分为，求导得到在R上单调递增，AB错误；再求导得到时，单调递增，当时，单调递减，故C正确，D错误.
【详解】AB选项，由题意可知，两个函数图象都在x轴上方，任何一个为导函数，
则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为，
实线部分为，
故恒成立，
故在R上单调递增，则A，B显然错误，
对于C，D，，
由图像可知，恒成立，故单调递增，
当，，单调递减，
所以函数在处取得极大值，也为最大值，，C正确，D错误.
故选C.
6．【答案】B
【详解】由题意，恰有两人报考同一高校的方法共有种.
故选B.
7．【答案】C
【详解】事件表示两次点数的最小值为3，最大值为6，有，共2种情况，
事件包含，共7种情况，
所以.
故选C.
8．【答案】B
【详解】[方法一]：
，
所以；
下面比较与的大小关系.
记，则，，
由于
所以当0所以在上单调递增，
所以，即，即；
令，则，，
由于，在x>0时，，
所以，即函数在[0，+∞)上单调递减，所以，即，即b综上，，
故选B.
[方法二]：
令
，即函数在（1，+∞)上单调递减
令
，即函数在（1，3)上单调递增
综上，，
故选B.
9．【答案】AB
【详解】对于A，展开式中共有9项，二项式系数最大的项为第5项，A正确；
对于B，取，得所有项的系数和为，B正确；
对于D，展开式的通项公式，
当时，是有理项，共有5项有理项，D错误；
由，得，即，解得，
则或，因此第6项和第7项的系数的绝对值最大，C错误．
故选AB
10．【答案】ABD
【分析】对于A，根据甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，利用捆绑法求解判断；对于B，分最左端排甲，和最左端排乙两类求解判断；对于C，根据甲乙不相邻，利用插空法求解判断；对于D，根据甲乙丙从左到右的顺序排列，通过除序法求解判断.
【详解】对于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，A正确；
对于B，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，若最左端排甲，有种排法；若最左端排乙，有种排法，合计不同的排法共有42种，B正确；
对于C，甲乙不相邻的排法种数有种，C错误；
对于D，甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，D正确.
故选ABD.
11．【答案】AD
【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.
【详解】A选项，，由于，
当时，故在上单调递增，
当时，，故在上单调递减，
则在处取到极大值，在处取到极小值，
由，，则，
根据零点存在定理，可知在上有且仅有一个零点，
又，，则，
则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确；
B选项，，由于，故当，单调递减，
当时，单调递增，
此时在处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，
即存在这样的使得，
即，
根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，
等式左右两边的系数不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误；
D选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
，若存在这样的，使得为的对称中心，
则，事实上，
，
于是，
即解得，即存在，使得是的对称中心，D选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
，，，
由，于是该三次函数的对称中心为点，
由题意可知点也是对称中心，故，
即存在，使得是的对称中心，D选项正确.
故选AD.
12．【答案】10
【详解】因为数列为正项等比数列，则，即，
所以.
13．【答案】
【详解】展开式的通项公式为，
所以，
则.
14．【答案】1
【详解】由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴.
15．【答案】(1)最大值为32，最小值为
(2)答案见解析
【详解】（1）因为，所以．
当时，，当时，，
故的单调递增区间为和，单调递减区间为．
因为，
所以在上的最大值为32，最小值为．
（2）因为，
所以
令，得或．
当，即时，由，解得或，由，解得．
当，即时，恒成立．
当，即时，由，解得或，由，解得．
综上所述，当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为．
16．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）当时，，解得．
当时，，所以即，
而，故，故，
∴数列是以4为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2）,
所以
故
所以
，
.
17．【答案】(1)见解析
(2)见解析
【详解】（1）定义域为，
当时，，故在上单调递减；
当时，时，，单调递增，
当时，，单调递减.
综上所述，当时，的单调递减区间为；
时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2），且时，，
令，下证即可.
，再令，则，
显然在上递增，则，
即在上递增，
故，即在上单调递增，
故，问题得证
18．【答案】(1)
(2)2
(3)证明过程见解析
【详解】（1）由于，故.
所以，，所以所求的切线经过，且斜率为，故其方程为.
（2）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，知的值是2.
（3）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.
所以在上递减，在上递增.
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.
①当时，有；
②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①②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．【答案】(1)
(2).
(3)证明见详解.
【详解】（1）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.
（2）令，
则是方程的正整数解，
由（1）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.
（3）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.