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安徽省安庆市第一中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷
一、单选题（本大题共8小题）
1．一个集合有5个元素，这个集合的含有3个元素的子集有（ ）个
A．10 B．20 C．30 D．40
2．已知为正项等比数列，若是函数的两个零点，则（ ）
A．10 B． C． D．
3．记为等差数列的前项和，公差，且，则取得最小值时为（ ）
A．2021 B．4039 C．2020 D．4040
4．函数在上单调递增的必要不充分条件为（ ）
A． B． C． D．
5．展开式中，的系数为（ ）
A．15 B．20 C．30 D．40
6．已知定义在R上的函数的导函数为，若对任意的实数x，不等式恒成立，且，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
7．为了更好的了解党的历史，宣传党的知识，传颂英雄事迹．某校团支部6人组建了党史宣讲，歌曲演唱，诗歌创作三个小组，每组2人，其中甲不会唱歌，乙不能胜任诗歌创作，则组建方法有（ ）种
A．60 B．72 C．30 D．42
8．已知为数列的前项和，且，若对任意正整数恒成立，则实数的最小值为（ ）
A．4 B． C．3 D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．你是否注意过，市场上等量的小包装的物品一般比大包装的要贵一些？高二某研究小组针对饮料瓶的大小对饮料公司利润的影响进行了研究，调查如下：某制造商制造并出售球形瓶装的某种饮料，瓶子的制造成本是分，其中r（单位：cm）是瓶子的半径．已知每出售1mL的饮料，制造商可获利0.2分（不考虑瓶子的成本的前提下），且制造商能制作的瓶子的最大半径为6cm．下面结论正确的有（ ）（注：；利润可为负数）
A．利润随着瓶子半径的增大而增大 B．半径为6cm时，利润最大
C．半径为2cm时，利润最小 D．半径为3cm时，制造商不获利
10．的展开式中第项和第项的二项式系数相等，则以下判断正确的是（ ）
A．第项的二项式系数最大
B．所有奇数项的系数和为
C．
D．
11．已知数列满足：，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．是单调递增数列
C．若为数列的前项和，则
D．若对任意，都有，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．若，则 .
13．设为公比为等比数列的前项和，若，，成等差数列，则 .
14．若恒成立，则的取值范围为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知数列的前项和为，且满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，设数列的前项和，求证：.
16．将4个编号为的小球放入4个编号为的盒子中．
(1)有多少种放法？
(2)恰好有一个空盒，有多少种放法？
(3)把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？
17．已知函数．
(1)当时，斜率为的直线与的图象相切，求该直线与轴交点的横坐标；
(2)若是上的单调函数，求的取值范围．
18．已知数列满足，.
(1)写出，，；
(2)若，求数列的前项和．
19．已知函数．
(1)若，讨论的单调性．
(2)已知关于的方程恰有个不同的正实数根．
（i）求的取值范围；
（ii）求证：．
参考答案
1．【答案】A
【详解】根据题意可知：集合的含有3个元素的子集有个.
故选A.
2．【答案】B
【详解】由题意可得为方程的两个解，则，
解得，易知.
故选B.
3．【答案】C
【详解】因为公差，所以数列单调递增，所以，又，
所以，所以数列前项全为负，从开始为正，
所以前项的和为的最小值，故.
故选C.
4．【答案】D
【详解】由题意，函数的定义域为.
由在上单调递增，得在上恒成立.
则，解得.
A是充分不必要条件，B是充分必要条件，C是不充分不必要条件，D是必要不充分条件，
故选D.
5．【答案】C
【详解】，
，所以的系数为．
故选C．
6．【答案】A
【详解】设，则，所以在R上单调递减；由，得，即，所以，解得.
故选A.
7．【答案】D
【详解】由题意，将6人平均分3个不同组，共种，
甲在歌曲演唱小组，此时有种，
乙在歌曲诗歌创作小组，此时有种，
甲在歌曲演唱小组且乙在歌曲诗歌创作有种，
故共有种.
故选D.
8．【答案】D
【详解】由，令，解得，
当时，由得，即，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，
由，即恒成立，令，则，
而，所以，即数列单调递减，故，
所以，所以的最小值为.
故选：D.
9．【答案】BCD
【详解】由已知，每个瓶子的利润为，，
则，
所以当时，，此时函数单调递减，故A错误；
又当时，，函数单调递增，
又，则当时，函数取得最大值，故B正确；
当时，函数取得最小值，故C正确；
又，故D正确．
故选BCD．
10．【答案】AC
【详解】由已知可得，，所以.
对于A项，根据二项式定理的性质可知，A项正确；
对于B项，令可得，；
令可得，.
两式相加可得，，
所以，故B项错误；
对于C项，令可得，；
令可得，，
所以，故C项正确；
对于D项，易知均为负数，均为正数.
所以，.
又，，
所以，，
所以，，故D项错误.
故选AC.
11．【答案】ABC
【详解】由，可得，
故,
也符合，
故，，A正确，
由于，故，因此是单调递增数列，B正确，
，
故，C正确，
由可定，
当为偶数时，则恒成立，由于单调递增，故，
当为奇数时，则恒成立，由于单调递增，故，
故对任意，都有，则，故D错误，
故选ABC.
12．【答案】8
【详解】.
13．【答案】
【详解】由，，成等差数列，可得：.
又因为为公比为等比数列的前项和，
所以，且，
即，解得：.
14．【答案】
【详解】依题意，．得，所以，
所以，
因为，所以，若，显然成立，此时满足；
若，令，在上恒成立，
所以在上单调递增，而，所以．
综上，在上恒成立，所以．
令，所以，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以，即．
15．【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）数列的前项和为，对任意的，，
当时，则有，可得，
当时，由可得，
上述两个等式作差可得，可得，
所以数列为等比数列，且其首项和公比都为，所以.
（2）由（1）可得，则，则，
所以，
所以
.
16．【答案】(1)256（种）
(2)144（种）
(3)12（种）
【详解】（1）每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有种放法．
（2）（方法1）先将4个小球分为三组，有种方法，再将三组小球投入四个盒子中的三个盒子，有种投放方法，故共有（种）放法．
（方法2）先取4个球中的两个“捆”在一起，有种选法，
把它与其他两个球共3个元素分别放入4个盒子中的3个盒子，有种投放方法，所以共有（种）放法．
（3）（方法1）先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个．由于球是相同的即没有顺序，所以属于组合问题，故共有（种）放法．
（方法2）恰有一个空盒子，第一步先选出一个盒子，有种选法，
第二步在小球之间的3个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，有种方法，由分步计数原理得，共有（种）放法．
17．【答案】(1)
(2)或
【详解】（1）函数定义域为．
，，
设切点横坐标为，则，，
将代入上式，可得，即，
解得或（舍去），又，
从而切点为，所以切线方程为，
所以切线方程为，
令，得，
所以曲线的斜率为的切线与轴交点的横坐标为；
（2）由（1）得，，
当是上的单调递增函数时，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
，，
令，则，则
函数对称轴为直线，在上单调递增，
，，
．
当是上的单调递减函数时，在上恒成立，
，，
由，得．
综上得，或．
18．【答案】(1)，，.
(2)
【详解】（1）由，，
可得，，.
（2）由题可得，
则数列是首项为1，公比为2的等比数列；
可得，即，
，
，
前项和，
，
两式相减可得，
化简可得．
19．【答案】(1)在，上单调递增，在上单调递减
(2)（i）；（ii）证明见解析
【详解】（1）当时，，则；
令，解得：或，
所以当时，；当时，；
所以在，上单调递增，在上单调递减.
（2）（i）由得：，
因为恰有个正实数根，
所以恰有个正实数根，
令，则与有两个不同交点，
因为，所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，
当从的右侧无限趋近于时，趋近于；
当无限趋近于时，的增速远大于的增速，则趋近于；
则图象如下图所示，
所以当时，与有两个不同交点，
所以实数的取值范围为；
（ii）由（i）知：，，
所以，，
所以，
不妨设，则，
要证，只需证，
因为，所以，所以，则只需证，
令，则只需证当时，恒成立，
令，
所以，
所以在上单调递增，所以，
所以当时，恒成立，故原不等式得证.
【思路导引】在第（2）问中的第（ii）中，由于我们无法写出方程的精确解析解，所以无法用来表示，这时候通常的做法就是利用是方程的两个根，得到两个等式和，并通过两式子之间相关的运算去除参数，同时将之间的相关运算结果作为一个新的变量，简单常见的有，，等，最后利用新变量结合题目所要求证明的结论，构造关于的函数，并根据所证明的结论判断所构造的函数需要满足什么条件，利用函数导数工具证明.

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