2023-2024学年山东省淄博市淄川区高二下学期期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2山东省淄博市淄川区2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号.回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上．写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：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.曲线在点（1，0）处的切线方程为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，所以，故所求切线方程为．故选：A．2.已知数列满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗.故选:C3.若函数，满足且，则（）A1 B.2 C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗取，则有，即，又因为所以，所以，所以.故选：C4.6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（）A.120种 B.90种C.60种 D.30种〖答案〗C〖解析〗首先从名同学中选名去甲场馆，方法数有；然后从其余名同学中选名去乙场馆，方法数有；最后剩下的名同学去丙场馆.故不同的安排方法共有种.故选：C5.若函数在内无极值，则实数的取值范围是（）A B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为函数在内无极值，所以在内无变号零点，根据二次函数的对称性和单调性知，在区间单调递增，所以或即可，解得或，故选：C.6.已知数列是递增的等比数列，，若的前项和为，则，则正整数等于（）A.3 B.4 C.5 D.6〖答案〗B〖解析〗联立可得或，又因为数列是递增的等比数列，所以，则公比，所以，所以.故选：B.7.若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗∵，∴，若在区间内存在单调递增区间，则有解，故，令，则在单调递增，，故.故选：D.8.定义：设函数在上的导函数为，若在上也存在导函数，则称函数在上存在二阶导函数，简记为.若在区间上，则称函数在区间上为“凹函数”.已知在区间上为“凹函数”，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，所以，，则，，因为在区间上为“凹函数”，所以，即在上恒成立，则在上恒成立，当，即时，因为，，所以，故显然成立，当，即时，令，则在上恒成立，又因为，所以在上单调递增，所以，即，则在上恒成立，令，则，又，当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增，则，所以，综上：，即.故选：D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.记等差数列的前项和为，已知，，则有（）A. B. C. D.〖答案〗ACD〖解析〗由，得，设等差数列的公差为，则有，所以，所以，所以，，，由，得，故选：ACD.10.在的展开式中，下列说法正确的是（）A.常数项是24 B.第4项系数最大C.第3项是 D.所有项的系数的和为1〖答案〗AD〖解析〗因为展开式的通项公式为；令可得，所以常数项为，A正确；由通项公式可知，当时，第4项的系数为负数，故B错误；第3项是，所以第三项为24，故C错误；令可得所有项的系数的和为1，故D正确.故选：AD.11.下列说法正确的是（）A.甲､乙､丙､丁4人站成一排，甲不在最左端，则共有种排法B.3名男生和4名女生站成一排，则3名男生相邻的排法共有种C.3名男生和4名女生站成一排，则3名男生互不相邻的排法共有种D.3名男生和4名女生站成一排，3名男生互不相邻且女生甲不能排在最左端的排法共有1296种〖答案〗ACD〖解析〗对于A：先排最左端，有种排法，再排剩余3个位置，有种排法，则共有种排法，故A正确；对于B：3名男生相邻，有种排法，和剩余4名女生排列，相当于5人作排列，有种排法，所以共有种排法，故B错误；对于C：先排4名女生，共有种排法，且形成5个空位，再排3名男生，共有种排法，所以共有种排法，故C正确；对于D：由C选项可得3名男生和4名女生站成一排，则3名男生互不相邻的排法共有种排法，若女生甲在最左端，且男生互不相邻的排法有种排法，所以3名男生互不相邻且女生甲不能排在最左端的排法共有-=1296种，故D正确.故选：ACD12.已知函数是定义在上的奇函数，当时，.则下列结论正确的是（）.A.当时，B.函数在上有且仅有三个零点C.若关于的方程有解，则实数的取值范围是D.，〖答案〗BD〖解析〗令，则，所以，得，所以选项A错误；观察在时的图象，令，得，可知在上单调递减，在上递增，且在上，，在上，，由此可判断在仅有一个零点，由函数的对称性可知在上也有一个零点，又因为，故该函数有三个零点，所以选项B正确；由图可知，若关于的方程有解，则，所以选项C错误；由图可知，的值域为，所以对，恒成立，所以选项D正确.故选：BD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.数列满足，，则___________．〖答案〗〖解析〗因为，所以，，，，，累加得：故〖答案〗为：.14.的展开式中的系数为___________．〖答案〗〖解析〗的展开式通项公式，当时，，当时，，故的展开式中的系数为.故〖答案〗为：715.某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种（用数字作答）．〖答案〗64〖解析〗（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种；（2）当从8门课中选修3门，①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种；②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种；综上所述：不同的选课方案共有种.故〖答案〗为：64.16.已知偶函数，其导函数为，当时，，，则不等式的解集为__________．〖答案〗〖解析〗令，当时，，在上单调递增．因为是偶函数，所以是奇函数．因为，所以．；不等式等价于，所以或，解得或．故〖答案〗为：．四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知展开式的二项式系数和为64，且．（1）求的值；（2）求展开式中二项式系数最大的项；（3）求的值．解：（1）∵的展开式的所有项的二项式系数和为，∴，故展开式中第三项为：，所以；（2）∵，∴第四项的二项式系数最大，所以展开式中二项式系数最大的项；（3）因为，∴，令，可得.18.已知等差数列的首项为1，且，___．在①；②成等比数列；③，其中是数列}的前n项和．在这三个条件中选择一个，补充在横线中，并进行解答．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列{}的前n项和．注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分，解：（1）若选择①：设的公差为d，因为，，所以，所以，所以；若选择②：因为成等比数列，所以，又，所以，又，设的公差为，所以，解得，所以；若选择③：设的公差为d，因为，所以，又，即，解得，所以；（2）由题知．所以，所以，所以，所以.19.某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池（不计厚度）．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面积的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12000π元（π为圆周率）．（1）将V表示成r的函数V（r），并求该函数的定义域；（2）讨论函数V（r）的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．解：（1）∵蓄水池的侧面积的建造成本为元，底面积成本为元∴蓄水池的总建造成本为元所以即∴∴又由可得故函数的定义域为（2）由（1）中，可得（）令，则∴当时，，函数为增函数当，函数为减函数所以当时该蓄水池的体积最大考点：1.函数的应用问题；2.函数的单调性与导数；2.函数的最值与导数.20.设函数，已知是函数极值点．（1）求a；（2）设函数．证明:．解：（1）由，，又是函数的极值点，所以，解得；（2）[方法一]：转化为有分母的函数由（1）知，，其定义域为．要证，即证，即证．（ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以．（ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．综合（ⅰ）（ⅱ）有．[方法二]【最优解】：转化为无分母函数由（1）得，，且，当时，要证，，，即证，化简得；同理，当时，要证，，，即证，化简得；令，再令，则，，令，，当时，，单减，故；当时，，单增，故；综上所述，在恒成立.[方法三]：利用导数不等式中的常见结论证明令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以．（ⅰ）当时，，所以，即，所以．（ⅱ）当时，，同理可证得．综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即．21.已知数列的前项和为满足：，.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足.①求数列的前项和；②若对于一切正整数恒成立，求实数的取值范围.解：（1）当时，；当时，，，，即；又，，数列自第二项起为等比数列，公比为，此时；经检验：不满足，.（2）①由（1）得：，则；当时，，，，；经检验：满足，；②当时，，当时，，，则当时，，又，，即；，即，解得：或，即实数的取值范围为.22.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，．解：（1）因为，定义域为，所以，当时，由于，则，故恒成立，所以在上单调递减；当时，令，解得，当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增；综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）方法一：由（1）得，，要证，即证，即证恒成立，令，则，令，则；令，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立，所以当时，恒成立，证毕.方法二：令，则，由于在上单调递增，所以在上单调递增，又，所以当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增，故，则，当且仅当时，等号成立，因为，当且仅当，即时，等号成立，所以要证，即证，即证，令，则，令，则；令，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立，所以当时，恒成立，证毕.山东省淄博市淄川区2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号.回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上．写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：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.曲线在点（1，0）处的切线方程为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，所以，故所求切线方程为．故选：A．2.已知数列满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗.故选:C3.若函数，满足且，则（）A1 B.2 C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗取，则有，即，又因为所以，所以，所以.故选：C4.6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（）A.120种 B.90种C.60种 D.30种〖答案〗C〖解析〗首先从名同学中选名去甲场馆，方法数有；然后从其余名同学中选名去乙场馆，方法数有；最后剩下的名同学去丙场馆.故不同的安排方法共有种.故选：C5.若函数在内无极值，则实数的取值范围是（）A B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为函数在内无极值，所以在内无变号零点，根据二次函数的对称性和单调性知，在区间单调递增，所以或即可，解得或，故选：C.6.已知数列是递增的等比数列，，若的前项和为，则，则正整数等于（）A.3 B.4 C.5 D.6〖答案〗B〖解析〗联立可得或，又因为数列是递增的等比数列，所以，则公比，所以，所以.故选：B.7.若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗∵，∴，若在区间内存在单调递增区间，则有解，故，令，则在单调递增，，故.故选：D.8.定义：设函数在上的导函数为，若在上也存在导函数，则称函数在上存在二阶导函数，简记为.若在区间上，则称函数在区间上为“凹函数”.已知在区间上为“凹函数”，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，所以，，则，，因为在区间上为“凹函数”，所以，即在上恒成立，则在上恒成立，当，即时，因为，，所以，故显然成立，当，即时，令，则在上恒成立，又因为，所以在上单调递增，所以，即，则在上恒成立，令，则，又，当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增，则，所以，综上：，即.故选：D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.记等差数列的前项和为，已知，，则有（）A. B. C. D.〖答案〗ACD〖解析〗由，得，设等差数列的公差为，则有，所以，所以，所以，，，由，得，故选：ACD.10.在的展开式中，下列说法正确的是（）A.常数项是24 B.第4项系数最大C.第3项是 D.所有项的系数的和为1〖答案〗AD〖解析〗因为展开式的通项公式为；令可得，所以常数项为，A正确；由通项公式可知，当时，第4项的系数为负数，故B错误；第3项是，所以第三项为24，故C错误；令可得所有项的系数的和为1，故D正确.故选：AD.11.下列说法正确的是（）A.甲､乙､丙､丁4人站成一排，甲不在最左端，则共有种排法B.3名男生和4名女生站成一排，则3名男生相邻的排法共有种C.3名男生和4名女生站成一排，则3名男生互不相邻的排法共有种D.3名男生和4名女生站成一排，3名男生互不相邻且女生甲不能排在最左端的排法共有1296种〖答案〗ACD〖解析〗对于A：先排最左端，有种排法，再排剩余3个位置，有种排法，则共有种排法，故A正确；对于B：3名男生相邻，有种排法，和剩余4名女生排列，相当于5人作排列，有种排法，所以共有种排法，故B错误；对于C：先排4名女生，共有种排法，且形成5个空位，再排3名男生，共有种排法，所以共有种排法，故C正确；对于D：由C选项可得3名男生和4名女生站成一排，则3名男生互不相邻的排法共有种排法，若女生甲在最左端，且男生互不相邻的排法有种排法，所以3名男生互不相邻且女生甲不能排在最左端的排法共有-=1296种，故D正确.故选：ACD12.已知函数是定义在上的奇函数，当时，.则下列结论正确的是（）.A.当时，B.函数在上有且仅有三个零点C.若关于的方程有解，则实数的取值范围是D.，〖答案〗BD〖解析〗令，则，所以，得，所以选项A错误；观察在时的图象，令，得，可知在上单调递减，在上递增，且在上，，在上，，由此可判断在仅有一个零点，由函数的对称性可知在上也有一个零点，又因为，故该函数有三个零点，所以选项B正确；由图可知，若关于的方程有解，则，所以选项C错误；由图可知，的值域为，所以对，恒成立，所以选项D正确.故选：BD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.数列满足，，则___________．〖答案〗〖解析〗因为，所以，，，，，累加得：故〖答案〗为：.14.的展开式中的系数为___________．〖答案〗〖解析〗的展开式通项公式，当时，，当时，，故的展开式中的系数为.故〖答案〗为：715.某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种（用数字作答）．〖答案〗64〖解析〗（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种；（2）当从8门课中选修3门，①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种；②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种；综上所述：不同的选课方案共有种.故〖答案〗为：64.16.已知偶函数，其导函数为，当时，，，则不等式的解集为__________．〖答案〗〖解析〗令，当时，，在上单调递增．因为是偶函数，所以是奇函数．因为，所以．；不等式等价于，所以或，解得或．故〖答案〗为：．四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知展开式的二项式系数和为64，且．（1）求的值；（2）求展开式中二项式系数最大的项；（3）求的值．解：（1）∵的展开式的所有项的二项式系数和为，∴，故展开式中第三项为：，所以；（2）∵，∴第四项的二项式系数最大，所以展开式中二项式系数最大的项；（3）因为，∴，令，可得.18.已知等差数列的首项为1，且，___．在①；②成等比数列；③，其中是数列}的前n项和．在这三个条件中选择一个，补充在横线中，并进行解答．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列{}的前n项和．注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分，解：（1）若选择①：设的公差为d，因为，，所以，所以，所以；若选择②：因为成等比数列，所以，又，所以，又，设的公差为，所以，解得，所以；若选择③：设的公差为d，因为，所以，又，即，解得，所以；（2）由题知．所以，所以，所以，所以.19.某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池（不计厚度）．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面积的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12000π元（π为圆周率）．（1）将V表示成r的函数V（r），并求该函数的定义域；（2）讨论函数V（r）的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．解：（1）∵蓄水池的侧面积的建造成本为元，底面积成本为元∴蓄水池的总建造成本为元所以即∴∴又由可得故函数的定义域为（2）由（1）中，可得（）令，则∴当时，，函数为增函数当，函数为减函数所以当时该蓄水池的体积最大考点：1.函数的应用问题；2.函数的单调性与导数；2.函数的最值与导数.20.设函数，已知是函数极值点．（1）求a；（2）设函数．证明:．解：（1）由，，又是