湖北省鄂州市部分高中教科研协作体2023-2024学年高二下学期期中联考数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖北省鄂州市部分高中教科研协作体2023-2024学年高二下学期期中联考数学试卷（Word版附解析），共9页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围，函数，则下列结论错误的是等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效在试题卷、草稿纸上作答无效。
4．本卷命题范围：人教A版选择性必修第二册，选择性必修第三册第六章。
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．现有3幅不同的油画，4幅不同的国画，5幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有（ ）
A．10种B．12种C．20种D．36种
2．已知数列满足，，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数，则（ ）
A．B．C．eD．
4．将9个志愿者的名额分配给4个班，每班至少一个名额，则不同的分配方法的种数为（ ）
A．504B．126C．112D．56
5．北京时间2023年10月26日19时34分，神州十六号航天员乘组（景海鹏，杜海潮，朱杨柱3人）顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神州十七号航天员乘组（汤洪波，唐胜杰，江新林3人）入驻“天宫”．随后，两个航天员乘组拍下“全家福”，共同向全国人民报平安．若这6名航天员站成一排合影留念，景海鹏不站最左边，汤洪波不站最右边，则不同的排法有（ ）
A．504种B．432种C．384种D．240种
6．函数，则下列结论错误的是（ ）
A．在区间上不单调B．有两个极值点
C．有两个零点D．在上有最大值
7．已知数列满足，，设数列的前项和为，若，则的最小值是（ ）
A．16B．17C．18D．19
8．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于同余的问题．用表示整数被整除，设，，且，若，则称与对模同余，记为．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
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．已知，且，，则下列式子不正确的是（ ）
A．B．C．D．
10．已知为每项均为正数等比数列的前项积，若，，则（ ）
A．为递减数列B．
C．当时，最大D．成等比数列
11．若，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知函数的图象在点处的切线为，则的倾斜角为______．
13．五名学生要从JAVA、PYTHON、C语言这3种编程语言中选择1种进行学习，每种编程语言至少有1人且至多有2人选择，则不同的选法总数是______．
14．已知各项均为正数的数列的前项和为，，恒成立，则数列的通项公式为______；数列的前项和等于______．
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．（本小题满分13分）
若展开式前三项的二项式系数之和为22．
（1）求展开式中二项式系数最大的项；
（2）求展开式中的常数项．
16．（本小题满分15分）
已知数列是单调递增的等比数列，数列是等差数列，且，，．
（1）求数列与数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
17．（本小题满分15分）已知函数在及处取得极值．
（1）求，的值；
（2）若方程有三个不同的实根，求的取值范围．
18．（本小题满分17分）在数列中，，且．
（1）求的通项公式；
（2）记数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，求的取值范围．
19．（本小题满分17分）给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称为函数的“固点”．经研究发现所有的三次函数都有“固点”，且该“固点”也是函数图象的对称中心．根据以上信息和相关知识回答下列问题：已知函数．
（1）当时，试求的对称中心；
（2）讨论的单调性；
（3）当时，有三个不相等的实数根，当取得最大值时，求的值．
鄂州市部分高中教科研协作体期中联考·高二数学试卷
参考答案、提示及评分细则
1．B 依题意，不同的选法共有种．故选B．
2．C ，，．故选C．
3．A ，则，故，解得，，所以．故选A．
4．D 将9个名额排成一排形成8个空档，在8个空档中放入3个挡板，有种方法．故选D．
5．A 由题意分为两种情况：第一种情况：景海鹏站最右边，共有种排法；第二种情况：景海鹏不站最左边与最右边，则共有种排法，故总共有种排法．故选A．
6．C ，显然在和上，在上，故在和上单调递增，在上单调递减，所以为的极大值点，为的极小值点，且，，所以ABD正确，C错误．故选C．
7．B 因为，所以数列是等差数列，且首项为，公差为3，则，即，所以，
因此．
由，得，解得，又，所以的最小值为17．故选B．
8．D 由二项式定理，得
，
因为能够被7整除，被7除余3，则，又2030除以7余0，2031除以7余1，2032除以7余2，2033除以7余3，所以．故选D．
9．AB 对于A，，故A不正确；对于B，，故B不正确；对于C，，故C正确；对于D，，故D正确．故选AB．
10．ACD因为，且，所以，即，同理，所以且，又，所以，又，所以单调递减，最大，故A，C正确，B错误；因为，易证其为等比数列，故D正确．故选ACD．
11．ABD 令，，则在上恒成立，所以在上单调递减，又，所以，即，所以，故A正确；设，，则在上恒成立，所以在上单调递减，又，所以，即，所以，故B正确；令，，则在上恒成立，所以在上单调递增，又，所以，即，即，即，所以，故C错误；令，，则，令，所以在上恒成立，所以在上单调递减，所以，所以在上恒成立，所以在上单调递增，又，所以，即，，所以，故D正确．故选ABD．
12． 由题意得，所以，设直线的倾斜角为，则，所以．
13．90 由题意知，将五名学生分为1人、2人、2人三组，所以共有种方法，再将三组人分配到三种语言，有种方法，所以不同的选法有种．
14． 当时，，又，所以；当时，，所以，所以数列为等差数列，所以，又，所以，所以当时，，显然时上式成立，故；，
故数列的前项和
．
15．解：（1）因为展开式前三项的二项式系数之和为22，所以，
即，解得或（舍），故的值为6．
展开式中最大的二项式系数为，所以展开式中二项式系数最大的项为第4项，即
．
（2）设展开式中常数项为第项，即，
令，解得，所以，故展开式中的常数项为135．
16．解：（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为，
由得即即，解得或．
当时，，不满足单调递增，当时，，满足单调递增，故，所以．
又，所以，．
（2）数列的前项和为，数列的前项和为，
所以数列的前项和．
17．解：（1）由题意得，
由函数在及处取得极值，得
解得经检验符合题意．
（2）由（1）可知，，，
令，得或，
当或时，，在，上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值．
又有三个不同的实根，所以
解得，所以实数的取值范围是．
18．解：（1）因为，
所以，即．
当时，
，所以，又符合，所以．
（2）由题意知，，
两式相减得，所以．
若不等式对任意的恒成立，
当，时，则，所以；
当，时，则，所以，即．
所以，即的取值范围为．
19．解：（1），，，
令，解得，，
故的对称中心为．
（2），令，则，，
当时，，恒成立，所以函数在上单调递增；
当时，，在，上，，函数在，上单调递增；在上，，函数在上单调递减；
当时，，在，上，，函数在，上单调递增；在上，，函数在上单调递减．
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减．
（3），，
令，得，，所以对称中心为，
当和时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
；，
要使得有三个解，故，，且，，是方程的根，
由于对称性，为了简化研究，只研究的情况，
，
根据常数项知：，根据含项的系数知：，
且，所以，
故，即，
．
当时，取得最大值，此时．