安徽省芜湖市2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题（解析版）-A4

这是一份安徽省芜湖市2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题（解析版）-A4，共3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。
（答案写在答题卡上）
（满分150分，时间120分钟）
第Ⅰ卷（选择题）
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. 3个班分别从5个风景点中选择一处游览，不同选法的种数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】每个班都有5种选法，由分步计数原理可得结果.
【详解】解：由题意可知，每个班都有5种选法，则由分步计数原理可得共有种方法.
故选：D
2. 已知等差数列和的前项和分别为、，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】计算出，由等差数列的性质得，，从而得到答案.
【详解】因为等差数列和前项和分别为、，满足，
所以，
又，故，
故选：B
3. 甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有（ ）
A. 20种B. 16种C. 12种D. 8种
【答案】B
【解析】
【分析】分类讨论：乙丙及中间人占据首四位、乙丙及中间人占据尾四位，然后根据分类加法计数原理求得结果.
【详解】因为乙和丙之间恰有人，所以乙丙及中间人占据首四位或尾四位，
①当乙丙及中间人占据首四位，此时还剩末位，故甲在乙丙中间，
排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法，
所以有种方法；
②当乙丙及中间人占据尾四位，此时还剩首位，故甲在乙丙中间，
排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法，
所以有种方法；
由分类加法计数原理可知，一共有种排法，
故选：B.
4. 在等比数列中，是函数的两个极值点，若，则t的值为（ ）
A. B. C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】首先求函数的导数，利用韦达定理求得，并根据等比数列的性质，代入条件等式，即可求解.
【详解】，
所以是方程的两个实数根，则，，，
根据等比数列的性质，，且
所以，即，得.
故选：C
5. 记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A. 120B. 85C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；
方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．
【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，
若，则，与题意不符，所以；
若，则，与题意不符，所以；
由，可得，，①，
由①可得，，解得：，
所以．
故选：C．
方法二：设等比数列的公比为，
因为，，所以，否则，
从而，成等比数列，
所以有，，解得：或，
当时，，即为，
易知，，即；
当时，，
与矛盾，舍去．
故选：C．
【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．
6. 已知数列的前项和（为常数），则“为递增的等差数列”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列前n项和公式函数性质、与的关系，结合充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】设等差数列的公差为，
由等差数列的前项和，
类比表达式，有.
当为递增等差数列时，有；
反之，当时，例如，可得；
，则，
此时数列从第二项开始才为递增的等差数列；
所以“为递增的等差数列”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
7. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小.
【详解】方法一：构造法
设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，
故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，
所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
故选：C.
方法二：比较法
解： ， ， ，
① ，
令
则 ，
故 在 上单调递减，
可得 ，即 ，所以 ；
② ，
令
则 ，
令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以
故
8. 对于，恒成立，则正数的范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】原不等式恒成立转化为，两边同乘以后可同构函数，
由其单调性可化为恒成立，利用导数求出的最大值即可得解.
【详解】由恒成立可得，即恒成立，
由，可得恒成立，
令，则，
由知，函数单调递增，
所以恒成立，
则恒成立，即恒成立，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，，
所以只需，即.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于转化为后，能够两边同乘以，同构出函数，再由单调性化简为恒成立.
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，错选不得分，部分选对得部分分.
9. 已知等差数列的前项和为，若，，则下列结论正确的是（ ）
A. 是递减数列B. ，
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据等差数列求和公式及下标和性质得到，，即可判断B、C，又判断A，根据，判断D.
【详解】，，
∴，
，
∴，，
∴，，且，故B、C正确；
∴公差，等差数列是递增数列，故A错误；
因为，，所以时，取得最小值，
所以，故D正确.
故选：BCD.
10. 设函数，则（ ）
A. 存在，函数仅有一个极值点
B. 曲线关于点对称
C. 当时，是曲线的切线方程
D. 当时，函数有唯一零点
【答案】BC
【解析】
【分析】求导即可判断函数极值点个数，从而判断A，利用函数对称性的定义代入计算，即可判断B，利用导数的几何意义即可判断C，借助函数单调性以及极值，即可确定零点个数，从而判断D.
详解】对于A，由题意可得，当时，恒成立，
函数在上单调递减，无极值点，当时，令，
即，解得，此时函数有两个极值点，
所以不存在，使函数仅有一个极值点，故A错误；
对于B，设是图像上任意一点，则，
点关于点对称的点为，
将代入函数可得，
而，
所以曲线关于点对称，故B正确；
对于C，当时，，，
若是切线方程，则其斜率为9，
令，解得，
当时，，切线方程为，
化简可得；
当时，，切线方程为，
化简可得；
所以是曲线的切线方程，故C正确；
对于D，由，当时，令，可得，
当或时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
，
，
当时，，当时，，
所以函数在上各有一个零点，
即函数有三个零点，故D错误；
故选：BC
11. 如图，曲线上的点与x轴非负半轴上的点，构成一系列正三角形，记为，，…，（为坐标原点）．设的边长为，点，的面积为，则下列说法中正确的是（ ）
A. 数列的通项公式B. 数列的通项公式
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用正三角形的性质以及曲线方程找出数列与的递推关系，即可判断AB，然后求得，由平方和公式代入计算，即可判断C，再由时，，由裂项相消法代入计算，即可判断D.
【详解】已知，设，因为为正三角形，
则直线的斜率为，直线的方程为，
联立，化简可得，因为，解得，则，
即，则，
由，则的横坐标为，纵坐标为，
且在曲线上，故①，
又因为，即代入①可得，
即②，
当时，，
再将代入上式可得③，
由②③可得，即，
由 ，可得，故得，
所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，
则，故A正确；
对于B，因，
则
，故B错误；
对于C，因为是正三角形，其面积，
则
由平方和公式，
可得， 故C正确；
对于D，因为，，
当时，，
则
，故D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了数列的递推关系以及求和公式与不等式的相关知识，难度较大，解答本题的关键在于由曲线方程得到数列的递推公式，从而求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 某台小型晚会由5个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，则该台晚会节目演出顺序的编排方案共有______种．
【答案】42
【解析】
【分析】先安排甲的位置，接着安排乙，最后安排剩下的三个节目，结合分步乘法计数原理求解总数即可.
【详解】由题意得，节目甲必须排在前两位，则节目甲只能排在第一位或第二位．
若节目甲排在第一位，则节目乙有种情况；
若节目甲排在第二位，则节目乙有种情况．
故节目乙一共有种情况，
再安排剩下的三个节目，有种情况，
所以根据分步乘法计数原理，得到编排方案共有（种）．
故答案为：42.
13. 已知等比数列的前项和，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由求得数列的前三项，由前三项成等比数列求得．
【详解】由已知，，，
成等比数列，则，解得，
此时，也适合，
所以，满足题意.
故答案为：，
14. 已知函数，不等式对任意的恒成立，则的最大值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】先证明为奇函数，再利用导数证明为增函数，结合函数性质化简不等式可得，再利用导数求的最小值可得结论.
【详解】设，
由，可得，
函数定义域为，
函数的定义域关于原点对称，又，
所以函数为奇函数，
因为，当且仅当时取等号，
所以函数为增函数，
不等式可化为，
故，
所以，
所以，
由已知，其中，
设，，
则
令，可得，
设，，
则，
所以在上单调递增，
又，，
所以存在，使得，
所以当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以当时，取最小值，最小值为，其中
所以，
所以，
所以的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于通过变形，并结合函数性质将原不等式化简为，再根据恒成立问题的处理方法求解.
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. （1）已知，计算：；
（2）解方程：．
【答案】（1）126；（2）．
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用组合数的性质求出并计算得解.
（2）利用组合计算公式、排列数公式求解即得.
【详解】（1）因为，则，解得，经验证符合题意，
所以
.
（2）由，得，
即，而由，知，解得，
所以原方程的解为.
16. 设为数列的前n项和，已知．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据即可求出；
（2）根据错位相减法即可解出．
【小问1详解】
因为，
当时，，即；
当时，，即，
当时，，所以，
化简得：，当时，，即，
当时都满足上式，所以．
【小问2详解】
因为，所以，
，
两式相减得，
，
，即，．
17. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可.
【小问1详解】
当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
【小问2详解】
解法一：因为的定义域为，且，
若，则对任意恒成立，
可知在上单调递增，无极值，不合题意；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，
由题意可得：，即，
构建，则，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为；
解法二：因为的定义域为，且，
若有极小值，则有零点，
令，可得，
可知与有交点，则，
若，令，解得；令，解得；
可知内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，符合题意，
由题意可得：，即，
构建，
因为则在内单调递增，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为.
18. 汉诺塔（Hani）游戏是源于印度古老传说的益智游戏，该游戏是一块铜板装置上，有三根杆（编号A、B、C），在A杆自下而上、由大到小按顺序放置若干个金盘（如下图）．游戏的目标：把A杆上的金盘全部移到C杆上，并保持原有顺序叠好．操作规则如下：每次只能移动一个盘子，并且在移动过程中三根杆上都始终保持大盘在下，小盘在上，操作过程中盘子可以置于A、B、C任一杆上．记n个金盘从A杆移动到C杆需要的最少移动次数为．
（1）求，，；
（2）写出与的关系，并求出．
（3）求证：
【答案】（1）；；；
（2）（，），
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，可算出，，；
（2）先得到递推关系式，再由构造法求出通项公式；
（3）利用裂项相消法求和，从而证明.
【小问1详解】
；；；
【小问2详解】
（，）
（，）即（，），
由于，所以（，），
所以（，）．
即数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，即；
【小问3详解】
记，
因为，
所以
所以
所以．
19. 已知函数．
（1）若，求函数的最大值；
（2）若函数有两个不同的零点m，n．
（ⅰ）求实数k的取值范围；
（ⅱ）若不等式恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）-1 （2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，根据单调性求出最大值即可.
（2）（ⅰ）求导，分和讨论单调性，结合有两个不同的零点，可得，继而可求解；
（ii）由题意可得，令，即，成立，令，利用导数分、及讨论单调性即可求解.
【小问1详解】
，,
由得，由得,
所以在上单调递增，在上单调递减，则．
【小问2详解】
（ⅰ）令，则．
当时，，单调递增，
所以在上至多有一个零点，不符合题意；
当时，在上单调递减，
令，得．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，则，
易知当且趋向于0时，；当时，，
因为有两个不同的零点，
所以，解得．
所以的取值范围是.
（ii），，
由得，
即，
令，则只需，
即，．
令，
则，令，则．
因为，
当时，，则单调递减，，
从而单调递增，故，不符合要求；
当时，单调递减，，
从而单调递增，故，不符合要求．
当时，，则单调递增，，
从而单调递减，故，符合要求．
综上所述．
【点睛】方法点睛：破解双变量不等式的方法：
①转化，即由条件入手，寻找双变量满足的关系式，并把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式；
②巧构函数，再借用导数判断函数的单调性，从而求其最值；