资源简介

2024-2025 学年四川省眉山市彭山区第一中学高二下学期期中考试
数学试卷
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设等差数列 的前 项和为 ，若 4 + 5 = 2， 7 = 14，则 10 =( )
A. 18 B. 16 C. 14 D. 12
2 .已知函数 ( ) = 3 + sin + cos , ′( )是函数 ( )的导数，则 ′ 2 =( )
A. 0 B. C. 2 D. 3
3.等差数列 中，若 2， 2022为方程 2 10 + 16 = 0 的两根，则 1 + 1012 + 2023等于( )
A. 10 B. 15 C. 20 D. 40
4.2024 年第二届贵州“村超”总决赛阶段的比赛正式拉开帷幕某校足球社的 6 名学生准备分成三组前往
村超球队所在的平地村 口寨村 忠诚村 3 个村寨进行调研，每个村各有一组来调研，每个组至多 3 名学生，
则不同的安排方法种数为( )
A. 900 B. 600 C. 450 D. 150
5 3.已知函数 = ( )在定义域 2 , 3 内可导，其图象如图所示.记 = ( )的导函数为 =
′( )，则不等式
′( ) ≤ 0 的解集为( )
A. 3 12 , 3 ∪ [0,1] ∪ [2,3) B.
1 8
3 , 0 ∪ [1,2] ∪ 3 , 3
C. 1 , 1 ∪ [2,3) D. 3 , 1 ∪ 1 , 4 83 2 3 2 3 ∪ 3 , 3

6 1. + 4 ∈ 的展开式中，前 3 项的系数成等差数列，展开式中二项式系数的最大值为( )2
A. 140 B. 70 C. 56 D. 358
第 1页，共 8页
7.中国灯笼又统称为灯彩，是一种古老的传统工艺品．经过历代灯彩艺人的继承和发展，形成了丰富多彩
的品种和高超的工艺水平，从种类上主要有宫灯、纱灯、吊灯等类型．现将 4 盏相同的宫灯、3 盏不同的
纱灯、2 盏不同的吊灯挂成一排，要求吊灯挂两端，同一类型的灯笼至多 2 盏相邻挂，则不同挂法种数为( )
A. 384 B. 486 C. 216 D. 208
8.定义在[ 1, + ∞)上的函数 ( )， ( )的导函数 ′( )满足( + 2) ′( )ln( + 2) + ( ) < 0，记 =
log 11 1， = (1)， = 2 (7)，则 ， ， 大小关系为( )
2020 2021
A. > > B. < < C. > > D. < <
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是( )
A.如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有 24 种
B.最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有 18 种
C.甲乙不相邻的排法种数为 70 种
D.甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有 20 种
10.已知数列 中， 1 = 1， +1 = + 2 ∈ N ，则下列结论正确的是( )
A. 4 = 13 B. 是递增数列 C. 10 < 1000 D. +1 = 2 + 1
11.对于函数 ( ) = ln 2，下列说法正确的是( )
A. ( )在 = 1处取得极大值2
B. ( )有两个不同的零点
C. 2 < π < 3
D.若 ( ) < 1 2在(0, + ∞)上恒成立，则 > 2
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12.已知 、 为实数，函数 = ln + 在 = 1 处的切线方程为 4 + = 0，则 的值 ．
13.饺子是我国古代传统食物，由东汉末年医学家张仲景发明，最初作为药用．在包饺子时，人们常常将红
糖、花生、枣和硬币等包进馅里，红糖代表日子甜美，花生代表健康长寿，枣代表早生贵子，硬币代表财
源不断．已知小江一家过年时，在一盘饺子(20 个)中，含有红糖、花生的各 2 个，含枣、硬币的饺子各 1
个，则小江随机夹的 3 个饺子中，吃到 1 个含有硬币的饺子的前提下，吃到 2 个含有不同特殊馅的饺子的
概率为 ．
14.已知 是自然对数的底数．若 ∈ [1, + ∞)，使 6 5ln ≤ 0，则实数 的取值范围为 ．
第 2页，共 8页
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 13 分)
3 2

已知 的展开式中的二项式系数之和与各项系数之和的乘积为 256．
(1)求 的值；
(2)求展开式中含 4项的系数．
16.(本小题 15 分)
1 1
已知数列 的前 项和为 = 2
2 + 2 , ∈ +．
(1)求 1, 2的值；
(2)求 的通项公式 ；
(3) = 1设 ， 是数列 的前 项和，求 ． +1
17.(本小题 15 分)
已知函数 ( ) = 2 + + e 在点 0, (0) 处的切线方程为 2 + 1 = 0．
(1)求 , 的值；
(2)求函数 ( )在[ 3,3]的最大值和最小值；
(3)若方程 ( ) = 恰有两个不等的实根，求 的取值范围．
18.(本小题 17 分)
已知数列 的前 项和为 ，且 + 2 = 2 + 1
(1) 求 1，并证明数列 2 是等差数列；
(2)求数列 的前 项和为
(3)若 2 2 < 2 ，求正整数 的所有取值．
19.(本小题 17 分)
已知函数 ( ) = ln 2 + (1 2 ) + 1， ∈ R ．
(1)若 (1) = 1，求 的值及函数 ( )的极值；
(2)讨论函数 ( )的单调性：
(3)若对定义域内的任意 ，都有 ( ) ≤ 0 恒成立，求整数 的最小值．
第 3页，共 8页
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.21
13. 70171
14. ∞, 6
15.解：(1)令 = 1 可得，展开式中各项系数之和为( 1) ，
且展开式中的二项式系数之和为2 ，
由题意可得2 × ( 1) = 256，解得 = 8．
8 8 4
(2) 3 2 8 2 的展开式的通项为： = C
3 = ( 2) C +1 8 8 3 0 ≤ ≤ 8, ∈
，
8 4
令 3 = 4，解得 = 5，
所以展开式中含 4项的系数为( 2)5 C58 = 1792．
16.解：(1) 1 1因为数列 的前 项和为 2 = 2 + 2 , ∈ +，
= 1 + 1所以 1 2 2 = 1, 2 = 2 1 = 2；
(2) 1当 ≥ 2 时， = 1 = 2
2 + 1 1 2 12 2 ( 1) + 2 ( 1) = ，
又 1 = 1 适合上式，所以 = ；
(3) (2) = 1 1由 知： = ( +1) =
1 1 +1， +1
所以 =
1
1
1
2+
1 1 1 1 1 1
2 3 + 3 4 + . . . + +1，
第 4页，共 8页
= 1 1 +1 = +1．
17.解：(1) ′( ) = 2 + ( + 2) + + e ，因为 ( )在点 处的切线方程为 2 + 1 = 0.
所以有 ′(0) = + = 2, (0) = = 1.所以解得 = 3, = 1.
(2)由(1)可得 ( ) = 2 3 + 1 e , ′( ) = 2 2 e = ( 2)( + 1)e .当 ′( ) = 0, = 1 或
= 2.
( ∞, 1) 1 ( 1,2) 2 (2, + ∞)
′( ) + 0 0 +
( ) 5单调递增 单调递减 e2 单调递增
e
所以 ( )在[ 3, 1]和[2,3]上单调递增，[ 1,2]上单调递减，又因为计算可得， ( 3) = 19e 3, ( 1) =
5
e , (2) = e
2, (3) = e3.
所以 ( )在[ 3,3]的最大值为e3，最小值为 e2.
(3)由(2) 5可知， ( )的极大值为 ( 1) = e，极小值为 (2) = e
2.
当 < 0, 2 3 + 1 > 0, e > 0,所以 ( ) > 0,当 →+∞ 5时， ( ) →+∞.所以当且仅当 ∈ e2, 0 ∪ e
时，方程 ( ) = 恰有两个不等实根．
18.解：(1)当 = 1 时，有 1 + 21 = 2 1 + 1 = 1 + 2，解得 1 = 1．
当 ≥ 2 时，有 + 2 = 2 + 1，
1 1 + 2 = 2 1 + 1，
作差可得 1 1 + 2 = 2 2 1 = + 2 1 ，
所以有 = 2 1 1 + 2 ，
2 1+2 1所以有 = = 1 12 2 2 1 + 2．
1
又 121 = 2，
1 1
所以数列 2 为以
1
21 = 2为首项，2为公差的等差数列，
= 1+ 1所以2 2 2 ( 1) =

2．
(2) 由(1)可知， 2 = 2，则 =

2 2
= 2 1．
所以， = + 2 1 1 2 + 3 + … + = 1 + 2 × 2 + 3 × 2 + … + 2 ，
第 5页，共 8页
则 2 = 1 × 2 + 2 × 22 + 3 × 23 + … + ( 1) 2 1 + 2 ，
作差可得， = 1 + 2 + 22 + 23 + … + 2 1 2
= 1× 1 2

1 2 2
= (1 ) 2 1，
所以， = ( 1) 2 + 1．
(3)由(1)(2)可知， = 2 1， = ( 1) 2 + 1．
所以， = 2 1 ， 2 = (2 1) 4 + 1．
由 2 2 < 2 可得，2 2 4 1 < (2 1) 4 + 1，
1
整理可得 2 4 + 2 22 1 < 0．
1
令 ( ) = 2 4 + 2 22 1，
易知 = 2 4 + 2 = ( 2)2 2 在(2, + ∞) 1上单调递增， = 22 1在(2, + ∞)上单调递增，
1
所以， ( ) = 2 4 + 2 22 1在(2, + ∞)上单调递增．
又 (1) = 1 4 + 2 1 32 = 2 < 0，
(2) = 4 8 + 2 18 =
17
8 < 0， (3) = 9 12 + 2
1
32 =
33
32 < 0， (4) = 16 16 + 2
1 1
128 = 2 128 >
0，
所以，当 ≥ 4 时，有 ( ) > 0，
即 2 4 + 2 1 < 0 ≥ 422 1 在 时不成立．
所以 可取 1，2，3．
19.解：(1) ( )的定义域为(0, + ∞)，
因为 ( ) = ln 2 + (1 2 ) + 1， (1) = 1，则 (1) = 3 + 2 = 1，
解得 = 1．
当 = 1 时， ( ) = ln 2 + 1， ′( ) = 1 2 1 =
( +1)(2 1)
．
0 < < 1 ′( ) > 0 ( ) 0, 1当 2时， ，则 在 2 上单调递增；
> 1 1当 2时，
′( ) < 0，则 ( )在 2 , + ∞ 上单调递减；
1 1 1
所以 ( )在 = 2时取得极大值且极大值为 2 = 4 ln2，无极小值．
2
(2)因为 ′( ) = 1 2 + 1 2 = 2 +(2 1) 1 = (2 1)( +1) ( > 0)，
第 6页，共 8页
当 ≤ 0 时， ′( ) > 0 在(0, + ∞)上恒成立，此时 ( )在(0, + ∞)上单调递增；
当 > 0 时，
0 < < 1当 2 时，
′( ) > 0，则 ( ) 1在 0, 2 上单调递增；
> 1当 时， ′2 ( ) < 0，则 ( )
1
在 2 , + ∞ 上单调递减；
综上：当 ≤ 0 时， ( )在(0, + ∞)上单调递增；
当 > 0 时， ( ) 1 1在 0, 2 上单调递增，在 2 , + ∞ 上单调递减，
(3)解法一：若对定义域内的任意 ，都有 ( ) ≤ 0 恒成立，
所以 ln 2 + (1 2 ) + 1 ≤ 0，即 ln + + 1 ≤ 2 + 2 在(0, + ∞)上恒成立，
即 ≥ ln + +1 2+2 在(0, + ∞)上恒成立，
( ) = ln + +1 ′ ( +1) +2ln 设 2+2 ，则 ( ) = ． 2+2 2
设 ( ) = + 2ln ，则 ′( ) = 1 + 2 < 0
所以 ( )在(0, + ∞)上单调递减，
1
因为 (1) = 1 < 0， 2 =
1
2 + 2ln
1
2 = 2ln2
1
2 > 0，
所以 10 ∈ 2 , 1 ，使得 0 = 0，即 0 + 2ln 0 = 0．
当 ∈ 0, 0 时， ( ) > 0，
当 ∈ 0, + ∞ 时， ( ) < 0．
所以 ( )在 0, 0 上单调递增，在 0, + ∞ 上单调递减，
所以 ( ) = = ln 0+ 0+1 2ln 0+2 0+2max 0 = =
0+2 = 1 ．
02+2 0 2 02+2 0 2 0 0+2 2 0
1 1
因为 0 ∈ 2 , 1 ，所以2 ∈
1
0 2
, 1
故整数 的最小值为 1
解法二：若对定义域内的任意 ，都有 ( ) ≤ 0 恒成立，
由(2)可知，当 ≤ 0 时， ( )在(0, + ∞)上单调递增，
因为 (1) = 3 + 2 > 0，显然不符合对定义域内的任意 ，都有 ( ) ≤ 0 恒成立
由(2)可知，当 > 0 1 1时， ( )在 0, 2 上单调递增，在 2 , + ∞ 上单调递减，
所以 ( ) 1 1 1 1 2 1 1有最大值 2 = ln 2 4 + 2 + 1 = ln 2 + 4 ( > 0)．
第 7页，共 8页
1
若对定义域内的任意 ，都有 ( ) ≤ 0 恒成立，只需要 2 ≤ 0 即可．
( ) = ln 1 + 1 1 1设 2 4 ，显然 ( ) = ln 2 + 4 在(0, + ∞)上单调递减，
因为 12 =
1
2 > 0， (1) = ln
1 1
2 + 4 < 0， (2) = ln
1 1
4 + 8 < 0
1所以要使 2 ≤ 0，只需要整数 ≥ 1，
故整数 的最小值为 1
第 8页，共 8页

展开更多......

收起↑