高二数学下学期期中模拟卷01（测试范围数列导数计数原理）

20232024学年高二数学下学期期中模拟考试（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1．（2223高二下·北京·期中）函数的单调递增区间是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出函数的定义域，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的单调递增区间.【详解】函数的定义域为，，因为，由可得，因此，函数的单调递增区间是.故选：D.2．（2324高三下·北京·开学考试）已知，则（

）A． B．2 C．4 D．12【答案】B【分析】利用赋值法，即令，即可求得答案.【详解】由于，故令，即得，即，故选：B3．（2024·北京·模拟预测）设等差数列的前项和为，已知，则（

）A．4 B．6 C．10 D．12【答案】B【分析】利用等差数列的基本量，求得首项和公差，再求即可.【详解】设等差数列的公差为，由题可得，解得，则.故选：B.4．（2024·湖南·二模）2024年春节期间，某单位需要安排甲、乙、丙等五人值班，每天安排1人值班，其中正月初一、二值班的人员只安排一天，正月初三到初八值班人员安排两天，其中甲因有其他事务，若安排两天则两天不能连排，其他人员可以任意安排，则不同排法一共有（

）A．792种 B．1440种 C．1728种 D．1800种【答案】B【分析】分类讨论甲是否安排在初一或初二两种情况，结合平均分组分配法分别考虑两种情况的安排种数，从而利用分类加法计数原理即可得解.【详解】当甲安排在初一或初二时，再安排一人在初二或初一，则有种排法，再利用平均分组分配法将初三到初八分配给剩下的3人，有种排法，所以一共有种排法；当甲不安排在初一或初二时，安排两人在初一或初二，有种排法，不考虑甲两天不能连排的情况，有种排法，其中甲两天连排的排法有种，故初三到初八的值班安排有种排法，所以一共有种排法；综上可知共有种不同排法.故选：B.5．（2223高三上·北京·阶段练习）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在中国南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中.如图，若在“杨辉三角”中从第2行右边的1开始按“锯齿形”排列的箭头所指的数依次构成一个数列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，则此数列的前20项的和为（

）A．350 B．295 C．285 D．230【答案】C【分析】利用分组求和法和组合数的性质进行求解即可【详解】记此数列的前20项的和为，则，故选：C.6．（2324高三上·北京顺义·期末）设，，，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】令，利用导数求得的单调性，再转化即可得解.【详解】令，则，所以当时，，所以在上单调递减，因为，，，而，所以，即.故选：A.7．（2021高二下·北京·期末）函数在区间上单调递增，则实数k的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出函数的导函数，根据函数在区间上单调递增，得，即，求得函数在上的最大值，从而得出实数k的取值范围.【详解】解：，因为函数在区间上单调递增，所以在恒成立，即，即，因为函数在上单调递减，所以，故，即.故选：D.8．（2324高二下·北京丰台·阶段练习）若偶函数定义域为在上的图象如图所示，则不等式的解集是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据偶函数的性质判断出函数图象在y轴左侧的情况，然后结合导数的意义，不难求出等式的解集．【详解】由图可知：在区间上单调递增，则在区间上．又由为偶函数．则在区间上单调递减，则在区间上．由可得在区间上，．在区间上，．在区间上，．在区间上，．故不等式的解集为,,故选：B．9．（2024·北京石景山·一模）中国民族五声调式音阶的各音依次为：宫、商、角、徵、羽，如果用这五个音，排成一个没有重复音的五音音列，且商、角不相邻，徵位于羽的左侧，则可排成的不同音列有（

）A．18种 B．24种 C．36种 D．72种【答案】C【分析】先排宫、徽、羽三个音节，然后商、角两个音阶插空即可求解.【详解】解：先将宫、徽、羽三个音节进行排序，且徽位于羽的左侧，有，再将商、角插入4个空中的2个，有，所以共有种．故选：C．10．（2324高二上·北京海淀·期末）已知数列的前项和为，满足，则下列结论中正确的是（

）A． B．C．数列的前项和为 D．数列是递增数列【答案】D【分析】先利用求出数列的通项公式，再依次判断各选项即可.【详解】由题意可知，当时，，解得，当时，，则，即，显然，，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，当时仍成立，，AB说法错误；令，则，，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，其前项和为，C说法错误；令，则，又由可得，所以数列是递增数列，D说法正确；故选：D第Ⅱ卷二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分．11．（2324高二下·山东青岛·阶段练习）若展开式中前3项的二项式系数和等于79，则展开式中二项式系数最大项为．【答案】【分析】根据题设条件列出方程，求得，再判断二项式系数最大项为项，利用通项公式化简计算即得.【详解】依题意，，解得或（舍去），即二项式的展开式有13项，最中间的项为第7项，也是二项式系数最大项，即故答案为：.12．（2024·四川泸州·二模）若函数有零点，则实数的取值范围是．【答案】【分析】利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最大值，依题意只需，即可求出参数的取值范围.【详解】函数的定义域为，又，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，又时，时，又函数有零点，所以，即，所以实数的取值范围是.故答案为：13．（2324高三下·湖北·阶段练习）已知数列中，，，，则的前项和．【答案】【分析】取倒可得，判断是等差数列，即可求解，进而根据裂项相消法求和即可.【详解】由可得，所以是等差数列，且公差为2，所以，故，所以，所以故答案为：14．（2324高二下·重庆·阶段练习）如图所示给五个区域涂色，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有．【答案】72【分析】对进行分类，再利用分步计数原理，进行求解.【详解】分两种情况：①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有种；②A，C同色，先涂A，C有4种，再涂E有3种，B，D各有2种，有种．故不同的涂色方法有种．故答案为：7215．（2324高二下·广东深圳·阶段练习）已知函数，过点可作条与曲线相切的直线，则实数的取值范围是.【答案】【分析】设切点为，由导数的几何意义求出切线方程，结合点在切线上，可得，令，利用导数判断函数单调性，作出其图象，将原问题转化为直线与的图象有三个不同的交点，数形结合，即可求得答案.【详解】依题意可设切点为，由，可得，则切线的斜率为，故切线方程为，因为点在切线上，故，即，令，则，当或时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，则的极小值为，极大值为；且当或时，，当时，，当x趋向于负无穷时，无限接近于0，当x趋向于正无穷时，趋向于负无穷，由此可作出图象如图：由题意可知过点可作条与曲线相切的直线，即需直线与的图象有三个不同的交点，结合图象可知需，即实数的取值范围是故答案为：三、解答题：本题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．（2324高二下·北京怀柔·开学考试）已知(1)求的值；(2)求的值；(3)求的展开式中含项的系数.【答案】(1)16(2)41(3)7【分析】（1）直接由二项式定理即可得解；（2）分别令，得两个式子，将它们相加即可求解；（3）根据的展开式的通项公式，即可列式求解.【详解】（1）.（2）令，可得，令，可得，两式相加除以2，可得（3）直接根据的展开式的通项公式，可得的展开式中含项的系数为17．（2223高二下·北京东城·期末）某学校举行男子乒乓球团体赛，决赛比赛规则采用积分制，两支决赛的队伍依次进行三场比赛，其中前两场为男子单打比赛，第三场为男子双打的比赛，每位出场队员在决赛中只能参加一场比赛.某进入决赛的球队共有五名队员，现在需要提交该球队决赛的出场阵容，即三场比赛的出场的队员名单.(1)一共有多少种不同的出场阵容？(2)若队员A因为技术原因不能参加男子双打比赛，则一共有多少种不同的出场阵容？【答案】(1)60(2)36【分析】（1）根据分步计数原理，先安排前两场比赛人员，再安排第三场的比赛人员；（2）从队员A上场和不上场来分类，分别求解，再利用分类加法原理可得答案.【详解】（1）出场阵容可以分两步确定：第1步，从5名运动员中选择2人，分别参加前两场男单比赛，共有种；第2步，从剩下的3名运动员中选出两人参加男双比赛，共有种，根据分步乘法计数原理，不同的出场阵容种数为.（2）队员A不能参加男子双打比赛，有两类方案：第1类方案是队员A不参加任务比赛，即除了队员A之外的4人参加本次比赛，只需从4人中选出两人，分别取参加前两场单打比赛，共有种，剩余人员参加双打比赛；第2类方案是队员A参加单打比赛，可以分3个步骤完成：第1步，确定队员A参加的是哪一场单打比赛，共2种；第2步，从剩下4名队员中选择一名参加另一场单打比赛，共4种；第3步，从剩下的3名队员中，选出两人参加男双比赛，共有种，根据分步乘法计数原理，队员A参加单打比赛的不同的出场阵容有种；根据分类加法计数原理，队员A不参加男子双打比赛的不同的出场阵容种数为.18．（2024·北京海淀·一模）已知函数.(1)求的单调区间；(2)若函数存在最大值，求的取值范围.【答案】(1)的减区间为，增区间为(2)【分析】（1）对函数求导，得到，再求出和对应的取值，即可求出结果；（2）令，对求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，进而得出在上取值范围，从而将问题转化成成立，构造函数，再利用的单调性，即可求出结果.【详解】（1）易知定义域为，因为，所以，由，得到，当时，，当时，，所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）令，则，由（1）知，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，所以在时取得最大值，所以当时，，当时，，即当时，，所以函数在存在最大值的充要条件是，即，令，则恒成立，所以是增函数，又因为，所以的充要条件是，所以的取值范围为.【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问，构造函数，利用函数单调性得到时，，从而将问题转化成，构造函数，再利用的单调性来解决问题.19．（2324高二上·北京通州·期末）设数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个符合题目要求的条件作为已知，完成下列问题．(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前n项和．条件①：且;条件②：且；条件③：且．注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)选择条件①：，不合题意；选择条件②：；选择条件③：(2)选择条件②：；选择条件③：.【分析】（1）选①，利用等差数列的性质转化为首项和公差的方程组，求出公差不符合题意，选②，③利用等差数列的性质转化为首项和公差的方程组，求出首项和公差即可求出通项公式.（2）将第一问结论代入，再利用裂项相消即可求出结果.【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为d．选择条件①：且，解得，不合题意．选择条件②：且，由等差数列的通项公式及前n项和公式得解得．所以等差数列的通项公式为．选择条件③：且，由等差数列前n项和公式得解得．所以等差数列的通项公式为．（2）选择条件②：因为，所以，．选择条件③：因为，所以．所以．20．（2024·北京门头沟·一模）已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，求的极值；(3)当时，判断零点个数，并说明理由．【答案】(1)(2)，无极小值(3)当时有一个零点，当时无零点【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；（2）求出函数的定义域与导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出极值；（3）依题意可得，令，则判断的零点个数，即判断的零点个数，利用导数说明的单调性，求出，再令，，利用导数说明的单调性，即可求出，从而得解.【详解】（1）当时，则，，所以，所以曲线在点处的切线方程为.（2）函数的定义域为，且，令，则，因为，所以恒成立，所以在上单调递减，即在上单调递减，又，所以当时，当时，则在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，无极小值.（3）令，即，因为，所以，令，所以判断的零点个数，即判断的零点个数，又，，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，令，，则，因为，所以，所以在上单调递减，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以当时有一个零点，即有一个零点，当时无零点，即无零点，综上可得当时有一个零点，当时无零点.【点睛】关键点点睛：第三问的关键是首先将问题转化为，利用导数求出，再构造函数，.21．（2324高三上·北京海淀·阶段练习）已知函数(1)当时，求函数的极值；(2)求函数的单调区间；(3)若对任意的实数，函数与直线总相切，则称函数为“恒切函数”．当时，若函数是“恒切函数”，求证：．【答案】(