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河北省承德市兴隆县第一中学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．已知，则可能取值为（ ）
A． B． C．或 D．或
2．已知是等比数列，若，则公比为（ ）
A．2 B． C．4 D．
3．曲线上点处的切线平行于直线则点的坐标是
A． B． C． D．
4．已知函数在上为减函数，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数在区间上单调递减，则a的值可能为（ ）
A． B． C． D．e
6．三个数，，的大小顺序为（ ）
A． B． C． D．
7．已知等比数列满足，公比，且，，则当最小时，（ ）
A．1012 B．1013 C．2022 D．2023
8．在以“旅行丝绸路，研学在甘肃”为主题的甘肃研学旅行大会活动中，某学校有10名志愿者参加接待工作.若每天排早、中、晚三班，每班3人，每人每天最多值一班，则第一天不同的排班种数为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知的展开式共有13项，则下列说法正确的有（ ）
A．所有奇数项的二项式系数和为
B．二项式系数最大的项为第7项
C．所有项的系数和为
D．有理项共有5项
10．设数列的前n项和为，已知，且，则下列结论正确的是（ ）
A．是等比数列 B．是等比数列
C． D．
11．已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．在处的切线方程为 B．函数的单调递减区间为
C．的极小值为e D．方程有2个不同的解
三、填空题（本大题共3小题）
12．南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的二阶等差数列与一般等差数列不同，二阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项之差成等差数列．现有二阶等差数列，其前5项分别为1，3，6，10，15，设数列的前n项和为，则 .
13．已知函数，若关于的不等式在上有实数解，则实数的取值范围是 .
14．的展开式中，项的系数为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．口袋中装有8个白球和10个红球，每个球编有不同的号码，现从中取出2个球.
（1）正好是白球、红球各一个的取法有多少种？
（2）正好是两个白球的取法有多少种？
（3）至少有一个白球的取法有多少种？
（4）两球的颜色相同的取法有多少种？
16．设函数.
（1）当时，求函数的单调区间.
（2）求函数的极值.
（3）若时，，求的取值范围.
17．在的展开式中，
(1)求二项式系数最大的项；
(2)若第项是有理项，求的取值集合.
(3)系数的绝对值最大的项是第几项；
18．已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程．
（2）若函数在单调递增，求的取值范围．
19．已知等差数列满足其中为的前项和，递增的等比数列满足：，且，，成等差数列．
（1）求数列、的通项公式；
（2）设的前项和为，求
（3）设，的前n项和为，若恒成立，求实数的最大值．
参考答案
1．【答案】D
【详解】因为，则或，解得或.
故选D.
2．【答案】D
【详解】由题意，则.
故选D
3．【答案】B
【详解】因为，直线的斜率为2，
则由，解得．把代入，得，
所以点的坐标为，
故选B．
4．【答案】D
【详解】，由条件知当时，，即，
令，是减函数，；
故选D.
5．【答案】C
【详解】因为，所以，
因为在区间上单调递减，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
当时，因为在上恒成立，故上式成立，满足题意；
当时，则在上恒成立，
令，，
所以在上恒成立，所以在上单调递增，
又，故，即，
综上，所以ABD错误，C正确.
故选C.
6．【答案】D
【分析】构造函数，利用导数求单调区间，由单调性即可比较.
【详解】，，，
记，则，
令，解得，所以在上单调递减，
因为，所以，即.
故选D.
7．【答案】A
【详解】由题意知，故，
则，即，
结合等比数列满足，公比，可知，
由，得，
即得，故，即，
由此可得，
故当最小时，，
故选A
8．【答案】D
【详解】首先从10人中选出3人上早班，共有种，
从剩下的7人中选出3人上中班，共有种，
再从剩下的4人中选出3人上晚班，共有种，
共有种.
也可以先从10人中选出9人，共有种，
再从9人中选出3人上早班，共有种，
从剩下的6人中选出3人上中班，共有种，
其余3人上晚班，则共有种排法.
故选D
9．【答案】ABD
【详解】对于A，因为，所以，则所有奇数项的二项式系数和为，故A正确；
对于B，由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项，故B正确；
对于C，令，得所有项的系数和为，故C错误；
对于D，展开式的通项为，
当为整数时，，共有5项，即有理项共有5项，故D正确．
故选ABD．
10．【答案】BC
【详解】，，则是公差为1，首项为的等差数列，
所以，则.
对A：，因为不是非零常数，
所以不是等比数列，故A错误；
对B：，因为，
所以是以为首项，以2为公比的等比数列，故B正确；
对C：，故C正确；
对D：因为，
所以，
两式相减得，故D错误.
故选BC
11．【答案】ACD
【详解】， ，因为，，
所以在处的切线方程为，故A正确；
令，即，解得，因为 ，
所以的单调递减区间为，，故B错误；
令，解得，在时单调递增， 时单调递减，
所以在处取得极小值，极小值为，故C正确；
方程，即，即求方程 零点的个数，
令 ， ，
当 时， ，即 为单调递增的， ，
，故在区间有唯一一个零点，
时 ，即为单调递减的，，
即在 区间存在唯一一个零点，故D正确；
故选ACD．
12．【答案】/
【详解】因为是二阶等差数列，
由题意可得，
故数列是以为公差，为首项的等差数列，
即，
则有时 ,，，，，
则，
即，也适合，故，
故，
则.
13．【答案】
【详解】由题意可知，存在，使得，则．
因为，所以，
当时，，所以函数在上单调递增，
则，所以，
故实数的取值范围是.
14．【答案】
【详解】由于的展开式通项为，
故的展开式中，含的项为
，
故的系数为.
15．【答案】（1）80；（2）28；（3）108；（4）73.
【详解】（1）取出1个白球，有8种取法；取出1个红球，有10种取法；
所以取出两个球正好是白球、红球各一个的取法有种；
（2）取出两个球正好是两个白球的取法有种；
（3）至少有一个白球分为白球、红球各一个和两个全是白球，共有种取法；
（4）两球的颜色相同分为两球全是白球和两球全是红球，
两球全是红球的选法有种，
所以两球的颜色相同的取法有种.
16．【答案】（1）答案见解析
（2）答案见解析
（3）
【详解】（1）当时，，则，令，解得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），
当时，在上单调递增，无极值，
当时，由，得，由0得
则在上单调递减，在上单调递增，
则当时，取得极小值，无极大值，
所以当时，函数无极值，
当时，函数有极小值，无极大值；
（3）由（2）知当时，在上单调递增，所以当时，符合题意，
当时，在上单调递增，符合题意，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，解得.
综上,的取值范围是.
17．【答案】(1)；
(2)；
(3)第项和第项.
【分析】(1)利用二项式定理求出通项，二项式系数最大的项为中间项，求解即可；
(2)当为整数时为有理项，即可求解；
(3)设第项的系数的绝对值最大，列方程组即可求解.
【详解】(1)，，
二项式系数最大的项为中间项，即第项，
所以；
(2)，，
当为整数时为有理项，即，
则的取值集合为；
(3)设第项的系数的绝对值最大，
则，所以，解得，
故系数的绝对值最大的项为第项和第项.
18．【答案】（1）；
（2）.
【详解】（1）当时，，
则，
据此可得，
所以函数在处的切线方程为，即.
（2）由函数的解析式可得，
满足题意时在区间上恒成立.
令，则，
令，原问题等价于在区间上恒成立，
则，
当时，由于，故，在区间上单调递减，
此时，不合题意;
令，则，
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
即在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，满足题意.
当时，由可得，
当时，在区间上单调递减，即单调递减，
注意到，故当时，，单调递减，
由于，故当时，，不合题意.
综上可知：实数得取值范围是.
19．【答案】（1）；；（2）；（3）．
【详解】解：（1）设等差数列的公差为，
，，.
设等比数列公比为（其中），因为，
由，可得，解得或（舍去）；
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）得，
则①．
②
由①减去②得，
则，所以的前n项和.
（3）由（1）可知，，
则
恒成立，恒成立，
单调递增，时，，
最大值为.

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