浙江省钱塘联盟2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试卷（解析版）

这是一份浙江省钱塘联盟2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试卷（解析版），共8页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 设数列的前项和为，，则， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
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. 已知为等比数列，若，公比，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为为等比数列，，公比，则.
故选：D.
2. 已知函数，则等于（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】因为，所以，所以.
故选：B
3.某同学逛书店，发现本喜欢的书，决定至少买其中两本，则不同的购书方法有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】B
【解析】由题意可知，该同学可买其中的本书、本书、本书，
因此，不同的购书方法种数为种.
故选：B.
4.若,则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，
令可得.
故选：C.
5. 从1-9这9个数字中任意取出3个数，组成一个没有重复数字的三位数，从百位到个位数字依次增大，则满足条件的三位数的个数是（ ）
A. 84B. 120C. 504D. 720
【答案】A
【解析】从9个数字中选择3个不同的数，无需再排序，故.
故选：A.
6. 已知可导函数的部分图象如图所示，，为函数的导函数，下列结论不一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由函数图象可知：恒成立，且，
当时，单调递减，，所以
当时，单调递增，，所以f'3>0,f'4>0,f'5>0，
当时，取得极小值，所以，
所以成立，成立，故A、B一定成立；
由的几何意义为函数图象分别在处的切线斜率，
由函数图象可知，函数图象在上升越来越快，可判断，
故D一定成立；
而对于的大小，由现有条件无法判断.故选：C.
7. 已知函数，，若直线是曲线与曲线的公切线，则的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】设直线切函数的图象于点，则，切线斜率为，
所以切线的方程为，即，
联立可得，
，整理可得，
令，其中，则，
由可得，由可得，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，，故方程的根为，
因此，直线的方程为，即.
故选：D.
8. 设数列的前项和为，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为数列的前项和为，，
当时，，解得，
当时，由可得，
上述两个等式作差可得，整理可得，
等式两边同时除以可得，
所以，数列是首项为，公差为的等差数列，
故，所以，
故，，故，A错B对；
由题意可得，
所以，CD都错.
故选：B.
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 已知，则
B.
C. 4个人排成一排，则甲不站首位的排法有18种
D. 甲、乙、丙、丁四人排成一排，则甲、乙不相邻共有12种排法
【答案】ACD
【解析】对于选项A，排列数公式,,
解得（舍去），故选项A正确；
对于选项B， ，，相加得，
而，显然不相等，故选项B错误；
对于选项C，4人排成一排的总排法为种，甲在首位的排法有种，因此甲不在首位的排法为种，故选项C正确；
对于选项D，4人排成一排的总排法为种，甲乙相邻的排法可视甲乙为一个整体，共有种（3个元素排列后内部交换甲乙），因此甲乙不相邻的排法为种，故选项D正确.
故选：ACD.
10. 已知无穷数列的前3项分别为2，4，8，则下列叙述正确的是（ ）
A. 数列为递增数列
B. 若为等比数列，则
C. 若满足，则
D. 若满足，则
【答案】BCD
【解析】选项A：仅前三项递增，无法保证无穷数列后续项的单调性，故A错误；
选项B：若数列为等比数列，因数列的前三项2、4、8的公比为2，通项公式为 ，故B正确；
选项C：若数列满足 ，则为周期为3的数列.2025除以3余0，
对应第3项 ，故C正确；
选项D：递推式 ,
,
,
,
,
累加法求得：
,
所以，,
验证时成立，
故D正确.
故选：BCD.
11. 已知函数，定义集合，对于任意，都有，则的可能取值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】因为集合，对于任意，都有，
即，
由题意函数在定义域上单调递增或为常值函数，
则在定义域上恒成立，即，
当时，则有，合乎题意；
当时，则，令，其中，则，
故函数在上单调递增，且当时，，
当时，，所以；
当时，则，令，其中，则.
由可得，由可得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，.
综上所述，.
故选：ABC.
非选择题部分
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知为等差数列，其前项和为，若，，则等于______.
【答案】
【解析】因为为等差数列，其前项和为，，，
则数列的公差为，
因此，.
故答案为：.
13. 若函数有两个零点，则的取值范围是_______．
【答案】
【解析】因为函数有两个零点，
所以方程有两个实根，
所以函数与函数的图象有且仅有两个交点，
函数的定义域为，
函数的导函数为，
当时，，函数上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又，当时，，
当时，，
画出函数与函数的图象，
观察图象可得实数的取值范围是．
故答案为：.
14. 一个项数为的正整数数列满足，且，若为不大于 的偶数，则符合条件的数列共有_________个.
【答案】
【解析】由题意，且，
当时，，则可以取或，且逐项不减小，
此时满足条件的数列的个数有个；
当，，则可以取或或或，且逐项不减小，
此时满足条件的数列的个数有个；
当，，则可以取或或或或或，且逐项不减小，
此时满足条件的数列的个数有个；
当，，则可以取或或或或或或或，
且逐项不减小，此时满足条件的数列的个数有个；
综上，满足条件的数列共有.
故答案为：.
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. 已知等差数列前项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，求的前项和.
解：（1）设公差为，
由题意可得，，
解得：，
所以
（2）由（1）可得
则是首项，公比为2的等比数列
则
16. 在二项展开式中，所有项的二项式系数之和为.
（1）求展开式中的系数；
（2）求展开式中二项式系数最大的项.
解：（1）由题意可得，二项式系数解得，所以该二项式为.
则通项公式为，
令，解得，所以该二项式的展开式中的的系数为.
（2）因为，易知展开式中第三项和第四项二项式系数最大，
即，，
所以展开式中二项式系数最大的项是，.
17. 已知函数，，且满足处取得极值，
（1）求实数的值；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值.
解：（1）因为，所以，
令，解得，经检验合乎题意.
综上所述，.
（2）由（1）知，
所以，
令，即，解得或，
列表如下：
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以有极大值，有极小值，
而，，
所以函数在区间上的最大值为，最小值为.
18. 记为数列的前项积，已知.
（1）证明：数列是等差数列；
（2）求数列的通项公式；
（3）若，求数列的前项和.
解：（1）因为记为数列的前项积，所以.
由，得，
即，
所以是首项，公差为的等差数列；
（2）由（1）得，所以，
，
所以，即；
（3），
①
②
由①②得，
，
.
19. 已知函数.
（1）当时，求函数在上的最大值；
（2）若函数有两个极值点.
（i）求的取值范围；
（ii）设的两个极值点为、，证明：.
解：（1）因为时，，
所以，
令，其中，则，
即函数在上单调递增，
故当时，，
所以在上单调递增，
所以的最大值为.
（2）（i）由，则，
求导可得，
令，由题意可得函数存在两个不同的变号零点，则，
令，解得，当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，所以，
由，令，
求导可得，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，
所以，则，
由，则当时，函数存在两个不同的变号零点，
可得，解得.
（ii）由（i）可得，
易知方程存在两个不相等的实数根，设为、，由①不妨设，
令，
，由，当且仅当时取等号，则，
所以在上单调递增，由，
则当时，可得，
由，且函数在上单调递减，
则，可得；
由当时，，则函数在上单调递减，
由，则，所以，
要证，且，只需证，
则令，，
令，则，
所以在上单调递增，则当时，，即，
所以函数在上单调递增，则当时，，
所以不等式在上恒成立，可得，
综上所述，.
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增
减
增