数学：湖北省部分高中联考协作体2023-2024学年高二下学期期中考试试卷（解析版）

这是一份数学：湖北省部分高中联考协作体2023-2024学年高二下学期期中考试试卷（解析版），共14页。试卷主要包含了选择题的作答，填空题和解答题的作答，考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的学校、考号、班级、姓名等填写在答题卡上．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，答在试题卷、草稿纸上无效．
3．填空题和解答题的作答：用0．5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，答在试题卷、草稿纸上无效．
4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回．
第Ⅰ卷 选择题（共58分）
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1. 已知，则（ ）
A. 3或9B. 9C. 3D. 6
【答案】C
【解析】因为，
所以或，
得.
故选：C.
2. 下列导数运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】对于A项，因是常数，故，即A项错误；
对于B项，利用复合函数的求导法则，，故B项错误；
对于C项，，故C项错误；
对于D项，由求导法则易得故D项正确.
故选：D.
3. 有3个旅游爱好者分别从4个不同的景点中选择一处游览，则不同的选择方法数为（ ）
A. 81B. 64C. 24D. 12
【答案】B
【解析】3个旅游爱好者分步去选择景点游览得种不同的选择方法数.
故选：B.
4. 在等比数列中，是函数的两个极值点，若，则的值为（ ）
A. 3B. C. D. 9
【答案】D
【解析】因为为等比数列，，
所以，解得或（不合题意，舍去），
所以，
，令，即，
由题意得，是方程的两个相异正根，
则，，符合题意，
故选：D．
5. 已知等差数列的前项和为，，，则使得不等式成立的最大的的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】是等差数列，∴，又，
所以，公差，
因此中，当时递减，是最小值，从开始，递增，
又，，
所以使得的最大的为11，
故选：C．
6. 已知的展开式中，前三项的系数依次成等差数列，则展开式中二项式系数最大的项是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】展开式中的第项为，
所以前三项的系数依次为，
依题意，有，即，
整理得，解得（舍去）或.
由二项式系数的性质可知，展开式中第5项的二项式系数最大，
即.
故选：C.
7. 已知函数的导函数为，若，设，，．则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由可知，两边除以，，
即，
设，则由可得在上单调递增.
因，则有，即，
因为增函数，故有，即，
故.
故选：A.
8. 对任意，存在，使得，则的最小值为（ ）
A. B. C. 1D. e
【答案】C
【解析】由题，令，则，
所以，
令，则，令，
则，则即在时单调递增，
又，则时时，
所以时取得极小值也即为最小值，最小值，即的最小值为1．
故选：C．
二、多选题（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，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】由，选项A是正确的；
由，选项B是错误的；
由，
而，
显然，所以选项C是错误的；
由
而，所以成立，即选项D是正确的；
故选：AD.
10. 已知数列满足，，则（ ）
A. 为等比数列
B. 的通项公式为
C. 为递增数列
D. 的前n项和
【答案】AD
【解析】因为，
所以+3，所以，
又因为，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；
，即，故B不正确；
因为，
因为，所以，
所以，所以为递减数列，故C错误；
，
则，故D正确.
故选：AD.
11. 已知，，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数在上存在极大值
B. 函数没有最值
C. 若对任意，不等式恒成立，则实数的最大值为
D. 若，则的最大值为
【答案】BCD
【解析】对于A项，，设，则，
当时，，即函数在上单调递减；
当时，，即函数在上单调递增.
故，则在上单调递增，故函数无极大值，即A项错误；
对于B项，，令，
则，
当时，，即函数在上单调递减；
当时，，即函数在上单调递增.
故，则函数在R上单调递增，故函数没有最值，即B项正确；
对于C项，由B项知，函数在R上单调递增，
于是对任意，不等式等价于，
则有，对任意，，
由A项可得，在上单调递增，
故，
则，故实数的最大值为，即C项正确；
对于D项，若，
则，
即，
因，则，
由A项得，在上单调递增，
于是，，故，
令，则，
当时，，则函数在上递增；
当时，，则函数在上递减，
从而，故的最大值为，即D项正确.
故选：BCD.
第Ⅱ卷 非选择题（共92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 若展开式中的系数为70，则实数___________．
【答案】2
【解析】的通项公式为，
当时，，当时，，
故的展开式中含的项为，
由题意知，解得．
故答案为：2
13. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】由得：，
因为在区间上单调递增，所以，
即，又因为，所以，
即，
故答案为：.
14. 记上的可导函数的导函数为，满足的数列称为“牛顿数列”．若函数，且，数列为牛顿数列．设，已知，则______，数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，则的最大值为______．
【答案】①4 ②
【解析】因为，则，则，
由，所以，解得，所以，
所以，
由，所以，
所以，
即数列是以2为首项、2为公比的等比数列，所以，，
因为对任意的恒成立，又且单调递增，
所以对任意的恒成立，令，
根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，
又，
且，
所以，所以的最大值为．
故答案为：4；.
四、解答题（本大题共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. 若，且.
（1）求实数a的值；
（2）求的值.
解：（1）依题意，展开式的通项为=，
由，=2得，所以，，解得，所以实数a的值是1.
（2）由（1）知，，当时，，
当时，，
因此=1.
16. 某班有6名同学报名参加校运会的四个比赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法．（用数字回答）
（1）每项限报一人，且每人至多参加一项，每个项目均有人参加；
（2）每人限报一项，人人参加，且每个项目均有人参加．
解：（1）在6人中任选4人，安排其参加四个比赛项目，有种报名方法．
（2）根据题意，分2步进行分析：
①将6人分成4组，若分为3、1、1、1的四组，有种分组方法，
若分为2、2、1、1的四组，有种分组方法，则一共有种分组方法；
②将分好的四组安排参加4项比赛，有种情况，
所以共有种报名方法．
17. 已知数列的前项和为，.
（1）求的值，并求数列的通项公式；
（2）若数列的前项和为，证明：.
解：（1）因为，所以当时，，
两式作差可得，整理得．
，令，则，
所以，所以，
则，
当时，也符合上式，综上，．
（2）由（1）可知，，
则，
因为，所以，所以．
18. 已知函数．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若函数在处有极值为时：
①求的值；
②若的导函数为，讨论方程的零点的个数．
解：（1）由题知定义域为，，
当时，，
，，切线方程为即；
（2）①由题意得，解得或，
令，
当时，，符合题意；
当时，，此时恒成立，不符合题意，
故．
②由①得
设
则
令，得或
当和时，，单调递增；
在时，，单调递减.
，,
又时，；时，，如图所示.
所以，当时，方程没有零点；
当或时，方程有一个零点；
当或时，方程有两个零点；
当时，方程有三个零点．
19. 已知函数．
（1）试讨论函数的单调性；
（2）时，求在上的最大值；
（3）当时，不等式恒成立，求整数的最大值．
解：（1）由函数可得，
当时，恒成立，
所以的单调递减区间是；无单调递增区间.
当时，令解得，
令，解得；
令，解得，
所以的单调递减区间是；单调递增区间是，
综上所述：当时，的单调递减区间是；无单调递增区间，
当时，的单调递减区间是；单调递增区间是.
（2）由（1）知当时，在上单调递减；在上单调递增，
当，即时，在上单调递减，
所以，即在上的最大值是，
当，即时，在上单调递增，
所以，
即在上的最大值是，
当，即时，在上单调递减；在上单调递增，
所以最大值可能在或处取得，
，，
当，即时，，
即在上的最大值是，
当，即时，，
即在上的最大值是，
综上所述：当时，在上的最大值是；
当时，在上的最大值是.
（3）当时，不等式恒成立，
即，
即，
，
，
，
，
即，
令，
，
令，
，
所以在区间上单调递增，
因为，，
所以存在唯一一点，使，
即，所以，
所以当时，，
即，
当时，，
即，
所以在区间上单调递减；在区间上单调递增；
所以，
，
，
因为，
所以，
即，
所以，
所以整数的最大值是4.