湖北省四校（曾都一中枣阳一中襄州一中宜城一中）2019-2020学年高二数学下学期期中试题（含解析）.doc

1、湖北省四校（曾都一中，枣阳一中，襄州一中，宜城一中）2019-2020学年高二数学下学期期中试题（含解析）第卷一、选择题1.将3名防控新冠疫情志愿者全部分配给2个不同的社区服务，不同的分配方案有（ ）A. 12种B. 9种C. 8种D. 6种【答案】C【解析】分析】根据分步计数原理求得不同的分配方案总数.【详解】每名防控新冠疫情志愿者都有两种不同分配方法，根据分步计数原理可知，不同的分配方案总数为种.故选：C【点睛】本小题主要考查分步计数原理，属于基础题.2.下列对函数求导运算正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据导数运算对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】

2、对于A选项，故A选项错误.对于B选项，所以，故B选项正确.对于C选项，故C选项错误.对于D选项，故D选项错误.故选：B【点睛】本小题主要考查导数的运算，属于基础题.3.若，则（ ）A. B. C. 1D. 0【答案】D【解析】【分析】通过赋值法，求得所求表达式的值.【详解】依题意，令得；令得，令得，+得，即，故.故选：D【点睛】本小题主要考查二项式展开式系数有关计算，属于基础题.4.函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数的单调性判断出正确选项.【详解】函数的定义域为，所以在上递减.故选：B【点睛】本小题主要考查利用导数判断函数单调性，考查函数图像的识别

3、，属于基础题.5.数列为等差数列，是其前项的和，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据等差数列的性质求得，由此求得.【详解】由于数列为等差数列，所以.所以.故选：A【点睛】本小题主要考查等差数列的性质，考查诱导公式，属于基础题.6.若函数与图象在交点处有公切线，则（ ）A. 6B. 4C. 3D. 2【答案】A【解析】【分析】利用切点坐标和斜率列方程，化简后求得的值，进而求得.【详解】，.由于函数与图象在交点处有公切线，所以，即.所以.故选：A【点睛】本小题主要考查导数与切线，考查方程的思想，属于基础题.7.若函数不是单调函数，则实数的取值范围是（ ）A. B. C

4、. D. 【答案】D【解析】【分析】利用有正有负列不等式，由此求得的取值范围.【详解】的定义域为，令解得.由于函数在上不是单调函数，所以，解得.故选：D【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于基础题.8.某小区有排成一排的7个车位，现有4辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的3个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为（ ）A. 24B. 80C. 120D. 160【答案】C【解析】分析】利用捆绑法求得不同的停放方法种数.【详解】将个连续的空车位捆绑看成一个整体，故所有不同的停放方法数有种.故选：C【点睛】本小题主要考查利用捆绑法计算简单的排列问题，属于基础题.9.“中国剩余定理

5、”又称“孙子定理”1852年英国来华传教士伟烈亚力将孙子算经中“物不知数”问题的解法传至欧洲1874年英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2030这2030个自然数中，能被3除余1且被4除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列共有（ ）A. 168项B. 169项C. 170项D. 171项【答案】C【解析】【分析】根据题意判断出数列是等差数列，由此判断出数列的项数.【详解】数列是首项为，公差为的等差数列，由，解得，则的最大值为.所以数列

6、的项数为项.故选：C【点睛】本小题主要考查等差数列的通项公式，考查中国古代数学文化，属于基础题.10.已知数列满足，且，若记数列前项的和为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先判断出是等差数列，根据已知条件求得数列的通项公式，由此求得的通项公式，利用裂项求和法求得.【详解】依题意数列满足，所以数列是等差数列.由于，所以数列的首项为，公差为，所以.所以.则，所以.故选：B【点睛】本小题主要考查根据递推关系求数列的通项公式，考查裂项求和法，属于中档题.11.已知数列是等比数列且公比为，则“”是“数列为递增数列”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件

7、D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】通过等价转化的方法判断出正确选项.【详解】“若则”或“若则”“若则”或“若则”.数列为递增数列“若则”或“若则”.所以数列为递增数列.所以“”是“数列为递增数列”的充要条件.故选：C【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查等比数列的单调性，属于中档题.12.已知函数满足，且存在实数使得不等式成立，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先利用赋值法求得，然后求得的取值范围，从而求得的取值范围.【详解】由于，则，所以，解得.所以，所以单调递增，且，所以在上递减，在上递增，所以在处取得极小值也即是最小值

8、为.所以，故.故选：C【点睛】本小题主要考查导数运算，考查利用导数研究函数的单调性和最值，属于中档题.第卷二、填空题13.设等比数列满足，则_【答案】【解析】【分析】根据已知条件求得，进而求得.【详解】由于数列是等比数列，故由，可得，解得，所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查等比数列通项公式的基本量计算，属于基础题.14.设动直线与函数，的图象分别交于点，则线段长度的最小值为_【答案】【解析】【分析】构造函数，利用导数求得的最小值，进而求得线段长度的最小值.【详解】构造函数，则，所以在上递增，令解得.所以在上递增，在上递减，所以的最小值为.也即的最小值为.故答案为：【点睛】本小题主要考查利用

9、导数研究函数的最值，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.15.记者要为援鄂4名医护人员和他们治愈的2位老人拍照留念，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有_种（用具体数字回答）【答案】144【解析】【分析】先排好名医护人员，然后利用插空法求得不同的排法总数.【详解】先排好名医护人员，医务人员中间形成个空挡，将两个老人安排到其中一个空挡，所以总的方法数有.故答案为：【点睛】本小题主要考查实际生活中的简单排列组合问题，属于基础题.16.已知数列.记数列的前项和为若对任意的，不等式恒成立，则实数k的取值范围为_【答案】【解析】【分析】先求得，然后利用分离常数法，通过构造函数法，

10、结合导数，求得的取值范围.【详解】由于，公比为，所以，所以对任意的，不等式恒成立，即恒成立，即对任意的恒成立.构造函数，则，令解得.而，所以.所以在上递增，在上递减.令，.所以，故.故答案为：【点睛】本小题主要考查等比数列前项和公式，考查不等式恒成立问题的求解，考查数列的单调性和最值的判断，属于难题.三、解答题17.设是公差不为0等差数列，其前n项和为，若且为与的等比中项（1）求数列的通项公式；（2）设，记数列的前n项和为，求【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）结合等差数列前项和公式、等比中项的性质、等差数列通项公式，求得，由此求得数列的通项公式.（2）根据等比数列前项和公式，求得.【

11、详解】（1）设的公差为，则，为，的等比中项，化简得又，即的通项公式为（2）由（1）得，所以是首项为，公比为的等比数列【点睛】本小题主要考查等比中项的性质以及等比数列前项和，考查等差数列通项公式以及前项和公式，属于中档题.18.已知函数（1）求的单调区间和极值； （2）若时，求值域【答案】（1）单调递减区间为和，单调递减区间为；极小值，无极大值；（2）【解析】【分析】（1）先求得的定义域，然后结合导数求得的单调区间和极值.（2）由（1）判断出在区间上的单调性以及最小值，结合中的最大值求得的最大值，由此求得在区间上的值域.【详解】（1）函数的定义域为由得所以当时，；当时， ； 当时，故的单调递减区

12、间为和，单调递减区间为从而函数在处有极小值，无极大值（2）由（1）知在上单调递减，在上单调递增所以因为所以的值域为【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值以及值域，属于中档题.19.已知的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中系数最大的项【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）利用求得，根据二项式系数的性质以及二项式展开式的通项公式求得二项式系数最大的项.（2）利用二项式展开式的通项公式，求得展开式中系数最大的项.【详解】（1）由题意知，又展开式的通项为：展开式中共有8项，其中二项式系数最大的项为第4，第5项所以，（2

13、）展开式中系数最大的项必须在正的系数项中产生，即在，时，也即在，中产生，而， ，故系数最大的项为第5项【点睛】本小题主要考查二项式展开式的通项公式，考查二项式系数的最大项，考查展开式的最大项，属于中档题.20.已知函数与（1）若函数与在处的切线互相垂直，求函数在处的切线方程；（2）若函数有两个零点，求实数a的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用列方程，解方程求得的值.进而利用切点和斜率，求得在处的切线方程.（2）令，分离常数，构造函数，利用导数研究的单调性和最值，由此求得的取值范围.【详解】（1），因为函数与在处的切线互相垂直，所以，即，又，所以函数在处的切线方程为即（1）

14、令，则令令则在上单调递增令则在上单调递减当时，当时，当有两个零点时，的取值范围为【点睛】本小题主要考查利用导数求切线方程，考查利用导数研究函数的零点，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.21.已知各项均正的数列的前项和为，且，（，）（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，是否存在非零实数使得为等差数列? 若存在，求出的值，若不存在请说明理由【答案】（1）；（2）存在一个非零常数，使数列为等差数列【解析】【分析】（1）利用，求得数列的通项公式.（2）由（1）求得，进而求得的表达式.利用成等差数列，计算出.再验证此时符合等差数列，由此判断出存在符合题意的.【详解】（1）由条件两式作差得即又

15、因为各项均正，所以即，又当时，即，（舍）所以也满足从而对一切，均有成立故数列为等差数列，首项为1，公差为3所以（2）由（1）知， ，令，解得又检验当时.当时，故当时，数列为等差数列【点睛】本小题主要考查已知求，考查等差数列的性质，属于中档题.22.已知函数，（1）讨论函数的单调性；（2）若，求证：【答案】（1）分类讨论，详见解析；（2）详见解析【解析】【分析】（1）利用导数研究的单调性，结合进行分类讨论，由此得出结论.（2）利用导数求得的最小值，结合基本不等式证得不等式成立.【详解】（1），当时，恒成立当时，得（舍）或且当时，当时，综上：当时，在单调递增当时，在上单调递减，在上单调递增（2）令，所以在为递增函数，又时，所以存在满足，即从而对任意，即，所以在上是减函数；对任意，即，所以在上是增函数，所以当时，取得最小值，最小值为由两边取自然对数得又当时取等号，且，所以当时不等式成立【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.