海南省海口市海南华侨中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题A卷（原卷版+解析版）

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一、选择题（共14小题，每小题3分，共42分）
1. 曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据导数的几何意义，直线的点斜式方程即可求解.
【详解】，，
，
曲线在点处的切线方程为：
，即，
故选：C．
2. 在，，，，路公共汽车都要停靠的一个站（假定这个站只能停靠一辆汽车），有一位乘客等候路或路汽车．假定当时各路汽车首先到站的可能性都相等，则首先到站正好是这位乘客所要乘的汽车的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】用古典概型概率公式求解即可
【详解】根据题意，样本点分别是1，3，4，5，8路公共汽车首先到站，显然共有5个，
而这位乘客所要乘汽车有4路和8路两路，
故所求概率．
故选：D
3. 从乒乓球运动员男5名、女6名中组织一场混合双打比赛，不同的组合方法种数为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
分两步进行：先选出两名男选手，再从6名女生中选出2名且与已选好的男生配对.
【详解】分两步进行：第一步，选出两名男选手，有种方法；
第二步，从6名女生中选出2名且与已选好的男生配对，有种.
故有种.
故选：B.
4. 函数在区间上最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据在上单调性求出最值即可
【详解】由可得，
令，解得，
当，，单调递减；当，，单调递增，
所以的极小值，也为最小值为，
故选：C
5. 某物体的运动路程s（单位：）与时间t（单位：）的关系可用函数表示，则该物体在时的瞬时速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用瞬时速度的定义直接求解.
【详解】该物体在时间段上的平均速度为，
当无限趋近于0时，无限趋近于4，即该物体在时的瞬时速度为4m/s.
故选：D
6. 某商场的展示台上有6件不同的商品，摆放时要求两件商品必须在一起，则摆放的种数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用捆绑法求解即可.
【详解】首先捆绑两件商品，共有种情况，视为一个整体与余下的4件商品全排列，
共有种情况，综上共有种.
故选：A
7. 的展开式中的系数为（ ）
A. 0B. 20C. 10D. 30
【答案】B
【解析】
【分析】可化为，再根据二项式展开式的通项公式求展开式中的系数.
【详解】由展开式的通项为，令r＝3，得展开式中含的项的系数为，令r＝2，得展开式中含的项的系数为，所以的展开式中的系数为.
故选：B.
8. 已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将式子变形为，构造函数,求导判断单调性，进而将问题转化成，分离参数，构造函数，利用导数求解最值即可.
【详解】等价于.
令函数，则，故是增函数.
所以等价于，故，即.
令函数，则.当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，故实数的取值范围为.
故答案为：
【点睛】对于利用导数求解参数范围的问题的求解策略：
1.通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2.利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3.根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
9. 现从名男医生和名女医生中抽取两人加入“援鄂医疗队”，用表示事件“抽到的两名医生性别相同”，表示事件“抽到的两名医生都是女医生”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先求出抽到的两名医生性别相同的事件的概率，再求抽到的两名医生都是女医生事件的概率，然后代入条件概率公式即可
【详解】解：由已知得,，
则，
故选：A
【点睛】此题考查条件概率问题，属于基础题
10. 已知的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则展开式中的第3项为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二项式定理求得的展开通项公式，从而得到关于的方程，解之即可求得展开式中的第3项.
【详解】因为的展开通项为，
所以的展开式的第项的二项式系数为，
因为的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，
所以，由性质得，故，
所以展开式中的第3项为.
故选：D.
11. 已知为坐标原点，曲线：在点处的切线交轴于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据导数的几何意义可求得在点处切线斜率为，则可得切线方程，令，得到点的坐标，进而求解三角形面积.
【详解】因为，所以点处切线方程为，
令，得，所以的坐标为，
则，
故选：A
12. 如图，是一块半径为1的半圆形纸板，在的左下端剪去一个半径为的半圆后得到图形，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个剪掉半圆的半径）得图形，记纸板的周长为，面积为，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意，纸板相较于纸板剪掉了半径为的半圆，故可得，用累加法可求得通项公式，代入选项可判断AC选项，同理可求得，即可判断BD选项.
【详解】根据题意可得纸板相较于纸板剪掉了半径为的半圆，故，即，故，，，，…，，累加可得
，
所以，故A正确，C正确；又，故，即，又，，，…，，累加可得，故，故B，D错误.
故选：AC
13. 在曲线上的切线的倾斜角为点的横坐标可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用导数的几何意义即可.
【详解】切线的斜率，设切点为，则，
又，所以，所以，，当时，，故AD正确.
故选：AD
14. 已知二项式的展开式中各项的系数的和为128，则下列结论中正确的有（ ）
A. 展开式共有7项B. 所有二项式系数的和为128
C. 只有第4项的二项式系数最大D. 展开式的常数项为
【答案】BD
【解析】
【分析】首先根据系数和公式求，再根据二项式定理和二项式系数的性质，判断选项.
【详解】由题意可知，当时，，所以，
二项式的展开式共有8项，所有的二项式系数的和为，
其中最大的二项式系数为和，为第4项和第5项，展开式的常数项为，
其中只有BD正确.
故选：BD
二、非选择题（共58分）
15. 若，则______．
【答案】2555
【解析】
【分析】分别赋值和即可求得答案.
【详解】因为，
所以令时，
，
即，
令时，
，
即，
所以
，
故答案为：2555.
16. （1）将个不同小球放入个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法?
（2）将个不同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，共有多少种不同的放法?
（3）将个相同的小球放入个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法?
（4）将个相同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，共有多少种不同的放法?
（注：要写出算式，结果用数字表示）
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）.
【解析】
【分析】（1）先将个不同的小球分为三组，确定每组小球的数量，然后将三组小球放入三个盒子，结合分步计数原理可得结果；
（2）确定每个小球的放法种数，利用分步乘法计数原理可得结果；
（3）只需在个相同的小球中间所形成的个空位中插入块板即可，利用隔板法可求得结果；
（4）问题等价于在个相同的小球中间所形成的个空位中插入块板即可，利用隔板法可求得结果.
【详解】解：（1）将个不同的小球分为三组，每组的小球数量分别为、、或、、，
然后再将这三组小球放入三个盒子中，
因此，不同的放法种数为种；
（2）每个小球有种方法，由分步乘法计数原理可知，
将个不同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，不同的放法种数为种；
（3）将个相同的小球放入个不同的盒子中，没有空盒子，
只需在个相同的小球中间所形成的个空位中插入块板即可，
所以，不同的放法种数为种；
（4）将个相同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，
等价于将个相同的小球放入个不同的盒子中，每个盒子不空，
只需在个相同的小球中间所形成的个空位中插入块板即可，
所以，不同的放法种数为种.
17. 已知数列的前项和，数列满足 ，且．
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）对于 ，通过 与 的关系解决，对于 ，转换为等比数列解决；
（2）运用错位相减法求和.
【小问1详解】
当时，；
当时，，
， ，
由题可得 ，得 ，
是首项为，公比为2的等比数列，
；
【小问2详解】
，①，②，
①-②得：，
.
18. 已知等比数列的前项和.
（1）求实数的值；
（2）若，求.
【答案】（1）

（2）
【解析】
【分析】（1）根据给定的前n项和，求出数列的通项，即可计算作答；
（2）由（1）将代入计算可得.
【小问1详解】
由，
当时，，
又，因为数列是等比数列，
所以满足，
，即，
【小问2详解】
由（1），，
，
，解得.
19. 已知数列中，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，然后结合累乘法即可得到数列的通项公式；
（2）由（1）中结论可得，再结合裂项相消法即可得到结果.
【小问1详解】
由，得，
所以，
累乘得，又，所以时，，
当时，，符合上式，
所以.
【小问2详解】
由（1），得，
所以.
20. 设等差数列的前项和为，，，且有最小值.
（1）求数列的通项公式及前项和；
（2）设数列的前项和为，求.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由等差数列的性质，结合求出和，由有最小值可知，进而可得和；
（2）由可知，前项为非正数，故求可分为两类，
和，分别在局部利用等差数列求和公式即可.
【小问1详解】
因为等差数列，故，
又因，所以或，
当时，的公差为，，
此时有最大值，无最小值不符合题意舍去，
当时，的公差为，，
此时，有最小值满足题意，
，
综上，
【小问2详解】
当时，，此时，
当时，此时
，
故