湖北省孝感市一般高中协作体2024−2025学年高二下学期期中联合考试数学试卷（含解析）

这是一份湖北省孝感市一般高中协作体2024−2025学年高二下学期期中联合考试数学试卷（含解析），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．数列的一个通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
2．现有3位同学参加校园文体活动，分别从4个项目中任选一个参加，不同选法的种数是（ ）
A．24B．12C．D．
3．“”是“成等比数列”的（ ）条件.
A．充要B．充分不必要
C．必要不充分D．既不充分也不必要
4．若，则实数的值为（ ）
A．10B．10或8C．8D．6
5．已知且，求（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数在区间单调递增，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列满足，若恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．定义在上的函数满足，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．设等差数列的前项和，公差为且，下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．时，最大D．
10．现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则（ ）
A．没有空盒子的方法共有24种
B．可以有空盒子的方法共有128种
C．恰有1个盒子不放球的方法共有144种
D．没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有8种
11．已知函数，下列命题正确的有（ ）
A．可能有2个零点
B．一定有极小值，且0是极小值点
C．时，
D．若存在极大值点，且，其中，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．某工艺品如图所示分成五个区域.现对此工艺品进行着色，要求相邻区域不能使用同一种颜色.现有5种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种（用数学作答）.
13．已知两个等差数列与的前项和分别是和，其中，则 .
14．已知函数，关于的方程有三个不等实根，则实数的取值范围为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数
(1)求曲线在处的切线方程.
(2)若直线过且与曲线相切，求直线的方程.
16．已知数列满足
(1)求的通项公式；
(2)记，数列的前项和为，求.
17．有2件次品，4件正品混放在一起（这6件产品均不相同），现对这6件产品一一进行检测将其区分，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束.
(1)若恰在第1次检测时，找到第一件次品，且第4次检测时，才找到最后一件次品，则共有多少种不同的抽法？
(2)一共抽取了5次，检测结束，有多少种不同的抽法？
(3)若至多检测4次就能找到所有次品，则共有多少种不同的抽法？
(4)若第1次抽到的是次品且第3次抽到的是正品，检测结束时有多少种不同的抽法？
（要求：解答过程要有必要的说明和步骤）
18．已知两个数列与，满足，且
(1)求证：是等差数列.
(2)记，求数列的前项和
19．已知函数
(1)当时，讨论的单调性.
(2)若，讨论函数的零点个数.
参考答案
1．【答案】B
【详解】由题意可知题干数列是交替出现，故其通项公式可以写成或利用三角函数来写，
对于A，的第一项为，不符合题意，故A错误；
对于B，即为，对应的余弦值为，符合题意，故B正确；
对于C，的前两项依次为，不符合题意，故C错误；
对于D，的第一项为，不符合题意，故D错误；
故选B.
2．【答案】D
【详解】由题意可知每位同学均有4种选法，根据分步乘法计数原理可知，
不同选法的种数为.
故选D.
3．【答案】D
【详解】充分性：若，a或b为0时，，但此时不能构成等比数列，充分性不成立；
必要性：若成等比数列，则，即，必要性不成立.
故选D.
4．【答案】B
【详解】由组合数的性质可知或，
解得或.
故选B.
5．【答案】C
【详解】由，得，则，
故.
故选C
6．【答案】A
【详解】因为，定义域为，
所以，
则函数在区间上单调递增，
即在上恒成立，
又，所以问题转化为在上恒成立，
设，
则，
所以在上单调递增，
则，
故，即，
所以的最小值为：.
故选A.
7．【答案】C
【详解】因为恒成立，所以数列是递减数列，
又数列满足，
所以，，即，
即，解得.
故选C.
8．【答案】B
【详解】由可得，
设，，
则，
即函数在上单调递增，
且，
由可得，
即，即，解得，
所以不等式的解集为.
故选B.
9．【答案】ABD
【详解】在等差数列中，由，可得异号，
若，由，则，不满足题意，则，故A正确；
由于，则数列为递减数列，所以，故B正确；
由于时，；时，，
所以时，最大，故C错误；
又，
，故D正确.
故选ABD.
10．【答案】ACD
【详解】对于A：4个球全放4个盒中，没有空盒子的放法共种，A正确；
对于B：可以有空盒子，有4个球，每个球有4种放法，共种，B错误；
对于C：恰有1个空盒子，说明另外3个盒子都有球，而球共4个，必然有1个盒子中放了2个球，
先将4个盒中选1个作为空盒，再将4个球中选出2个球绑在一起，再排列共种，C正确；
对于D：恰有一个小球放入自己编号的盒中，从4个盒4个球中选定一组标号相同得球和盒子，
另外3个球3个盒标号不能对应，则共种，故D正确．
故选ACD.
11．【答案】BD
【详解】函数的定义域为，当时，为二次函数，
由抛物线性质可知存在极小值点，极小值为，此时无零点；
当时，可求得导函数，令，得或，
当时，可求得当时，；当时，，
所以在上单调递增，在和上单调递减，
故此时存在极小值点，极小值为，
存在极大值点，极大值为；
当时，可求得当时，；当时，，
所以在和上单调递增，，在上单调递减，
故此时存在极小值点，极小值为，
存在极大值点，极大值为；
对于A，当时，无零点；
当时，因为在上单调递增，在和上单调递减，
而极小值为，所以只有1个零点；
当时，因为在和上单调递增，在上单调递减，
而极大值为，极小值为，所以只有1个零点，故A错误；
对于B，由以上分析，不论取何值，一定有极小值，且0是极小值点，故B正确；
对于C，当时，即时，此时在上单调递减，
又，所以，故C错误；
对于D，由上述分析可知，则，
由题意知，即，
此方程已有一根，故可因式分解为，
解得与相异的根，则，故D正确；
故选BD.
12．【答案】420
【详解】第一类：先涂A，有5种情况，涂B，有4种情况，涂C，有3种情况，D与B同色，
涂E，有3种情况，共有种.
第二类：先涂A，有5种情况，涂B，有4种情况，涂C，有3种情况，
D与B不同色，有2种情况，涂E，有2种情况，共有种.
综上共有420种.
13．【答案】/2.2
【详解】由等差数列前项和公式的性质可知，同理，
所以.
14．【答案】
【详解】由题意得，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
则，
又时，，时，，
可知函数的图象如下图所示，
令，，由方程有三个不等的实根，
即有两个不等的实根，
即有两个不等的实根，且一个根小于0，另一个根在内，
令，，
则有两个不等的实根，设为，
则，所以不妨令，
则，，解得，
即实数的取值范围为.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由，
则，，
则所求的切线方程为：，
即
（2）由，设切点为，
则，
切线方程为：
又在切线上，则，得.
所以的方程为：，
即
16．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题干条件，当时，，
当时，，
与已知式子相减得，因为，所以，
又也符合上式，故；
（2）由已知得，
故.
17．【答案】(1)24
(2)384
(3)90
(4)168
【详解】（1）第1次和第4次为次品，第2，3次测试为正品：共有种.
（2）一共抽取5次结束，则
前4次有1次为次品剩下3次为正品，第5次是正品：种，
前4次有1次为次品剩下3次为正品，第5次是次品：种，
共有种
（3）第1，2次测出次品结束：
前2次有1次测出次品，第3次测出次品结束：
前3次有1次测出次品，第4次测出次品结束：
共有种-
（4）①最终以正品结束， 则共抽5次，则第1次为次品，其余均为正品，共有种；
②最终以次品结束， 则分三种情况：
共抽4次，则第1，4次为次品，第2，3次为正品，共有种；
共抽5次，则第1，5次为次品，第2，3，4次为正品，共有种；
共抽6次，则第1，6次为次品，第2，3，4，5次为正品，共有种；
共有：种
18．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由知.
则，
，
所以是以1为首项，1为公差的等差数列.
（2）由（1）知，
，
，
相减得：，
，
得.
19．【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【详解】（1）的定义域为
，令得
①当时，恒成立，则无递增区间，递减区间为；
②当时，，令，得，令得，
的递增区间为，递减区间为和；
③当时，，令，得，令得，
的递增区间为，递减区间为和，
综上：当时，无递增区间，递递减区间为；
当时，的递增区间为，递减区间为和；
当时，的递增区间为，递减区间为和.
（2）若，
令，得，即，
也即，再令，
则在单调递增，故，所以，
可得，令，
令得，所以在上单调递增，在上单调递减，
且当；，所以，
综上：当时，该函数有0个零点；
当或时，该函数有1个零点；
当时，该函数有2个零点.