【文档说明】湖北省部分省级示范高中2023-2024学年高二下学期期中数学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，905.691 KB，由管理员店铺上传

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湖北省部分省级示范高中2023-2024学年高二下学期4月期中测试数学试题命题人：武汉市第十四中学徐姣审题人：武汉市第二十三中学黄亚洲考试时间：2024年4月29日试卷满分：150分★祝考试顺利★注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考

证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．⒉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的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答；用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4

．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．一、选择题：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.下列求导运算正确的是（）A.ππcossin33=−B.211xx=C.()21lo

gln2xx=D.()33xx=【答案】C【解析】【分析】根据求导公式计算，得到答案.【详解】A选项，π1cos032==，A错误；B选项，211xx=−，B错误；C选

项，()21logln2xx=，C正确；D选项，()33ln3xx=，D错误.故选：C2.已知na为等差数列，23467,22aaaa+=+=，则8a等于（）A.21B.17C.23D.20【答案

】D【解析】【分析】根据等差数列的通项公式求得1a和公差d，然后计算出8a．【详解】设公差为d，因为23467,22aaaa+=+=，所以1111273522adadadad+++=+++=，解得113ad=−=，所以81717320aad

=+=−+=，故选：D．3.甲、乙两人要在一排6个空座上就坐，若要求甲、乙两人每人的两旁都有空座，则不同的坐法有（）A.6种B.3种C.20种D.12种【答案】A【解析】【分析】采用插空法，在4个空

座中间的3个空中插入甲、乙两人的座位即可得答案.【详解】一排共有6个座位，现有两人就坐，故有4个空座.要求每人左右均有空座，即在4个空座的中间3个空中插入2个座位让两人就坐，即有23A326==种坐法.故选：A.4.设等比数列na前n项和

为nS，若363,21SS=−=，则1a等于（）A.－2B.－1C.2D.5【答案】B【解析】【分析】根据等比数列的前n项和公式列方程组求解．【详解】由题意易知数列的公比1q，则有313616(1)31

(1)211aqSqaqSq−==−−−==−，解得121qa=−=−，故选：B．5.学校将从4男4名女中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手．要求甲乙同时入选或

同时不入选．不同组队形式有（）种．A.480B.360C.570D.540【答案】C【解析】【分析】甲乙同时入选时，按甲担任四辩手或担任二、三辩手分类求解，甲乙同时不入选时，直接从6人中选4人排列即可得，结合分类加法原理计算．【详解】甲乙

同时入选时，按甲担任四辩手或担任二、三辩手分类求解，甲乙同时不入选时，直接从6人中选4人排列即可得．因此所求方法数为231124632266CACCAA570++=，故选：C．6.如图，可导函数()yfx=在点()()00,Pxfx处的切线为:()lygx

=，设()()()hxfxgx=−，则下列说法正确的是（）A.R()>0xhx，B.R()<0xhx，C.()000,hxxx==是()hx的极大值点D.()000,hxxx==是()hx的极

小值点【答案】C【解析】【分析】由题意，求得函数()yfx=在()()00,Pxfx处的切线方程，得到()hx，通过对其求导分析，得出()hx的单调性，极值和值域，即可一一判断选项正误.【详解】因函数()yfx=在点()()00,Pxfx处的切

线为000()()()yfxfxxx−=−，即0000()()()()gxfxxxfxfx=−+，则0000()()()()()()()hxfxgxfxfxxxfxfx=−=−+−，于是，0()()()h

xfxfx=−，由图知，当0xx时，0()()fxfx，此时()0hx，当0xx时，0()()fxfx，此时()0hx.对于B项，由上分析，B项显然错误；对于C,D项，由上分析，当0xx时，()hx单调递增；当0xx时，(

)hx单调递减,即当0xx=时，()hx取得极大值，且()00hx=，故C项正确，D项错误；对于A项，由上分析0xx=时，()hx取得极大值0()0hx=，也是最大值，则有Rx，()0≤hx，故A项错误.故选：C.7.函数()fx是定义在(0,)+

上的可导函数，其导函数为()fx，且满足2()()0fxxfx−，若不等式(e)()eexxxaxffaxax在,()0x+上恒成立，则实数a的取值范围是（）A.[e,)+B.(0,e]C.10,eD

.1,e+【答案】B【解析】【分析】根据题意构造函数2()()fxgxx=，由条件不等式判断函数在(0,)+上单调递减，将不等式(e)()eexxxaxffaxax转化成(e)()xg

gax，利用()gx单调性将问题简化为exax在,()0x+上恒成立，求出函数()xehxx=在(0,)+上的最小值即得.【详解】由2()()0fxxfx−，,()0x+，可设2()()fxgxx=，,()0x+，则243()2()()2()()0xfxx

fxxfxfxgxxx−−==，即函数2()()fxgxx=在(0,)+上为减函数,因0,0xax，则0a，由(e)()eexxxaxffaxax可得22(e)()(e)()xxffaxax，即(e)()xggax，故得e

xax，即exax在,()0x+上恒成立.令()xehxx=，,()0x+，则2(1)e()xxhxx−=，当01x时，()0hx，()hx单调递减，当1x时，()0hx，()hx单调递增，则1x=时，()hx取得最小值(

1)eh=，故ea，又0a，故0ea.故选：B.8.数列na，若存在常数0M，对任意的*nN，恒有1121nnnnaaaaaaM+−−+−++−，则称数列na为M−数列．记nS是数列na的前n项和，下列说法错误．．的是（）A.首项为1，公比

为12的等比数列是M−数列B.存在等差数列na和等比数列nb，使得数列nnab是M−数列C.若数列nS是M−数列，则数列na是M−数列D.若数列na是M−数列，则数列nS是M−数列【答案】D【解

析】【分析】根据M−数列的规定一一检测选项A,B,C,均可推理得到，通过举反例可说明D项不是M−数列即得.【详解】对于A项，设首项为1，公比为12的等比数列是na，则112nna−=，因为112|111|22nnnnnaa−+−=−=，则1121211122

2nnnnnaaaaaa+−−+−++−=+++11(1)122111212nn−==−−，故该数列是M−数列，即A项正确；对于B项，取1*11,(),N2nnnabn−==，则1*1(),N2nnnabn−=，因111||111222nnnnnnnbaa

b+−+−=−=，则11122121111||21||||22nnnnnnnnnaaababbabbab+−+−−+−++++=+−11(1)122111212nn−==−−，故该数列是M−数列，即B项正确；对于C项，1n=时，11

aS=，当2n时，1nnnaSS−=−，因数列nSM−数列，是则存在常数0M，满足1121nnnnSSSSSSM+−−+−++−,则1121nnnnaaaaaa+−−+−++−11112211

|()()||()()||()|nnnnnnnnSSSSSSSSSSS+−−−−=−−−+−−−++−−11112211||||||||||||nnnnnnnnSSSSSSSSSSS+−−−−−+−+−+−++−+111221111221

(||||||||||)(||||||)nnnnnnnnnnSSSSSSSSSSSSSSS+−−−−−−=−+−+−++−++−+−++−12||MS+,而12||MS+是另一个常数，故数列na是M−数列，即C项正

确；对于D项，当*1,Nnan=，则10nnaa+−=，易得数列na是M−数列，而此时nSn=，于是1121111nnnnnSSSSSSn+−−+−++−=+++=个，而*Nn，具有任意性，故数列nS不是M−数列，即D项错误.故选：D.【点睛】思路点睛：解决数列新定义的问题时，应充分

理解数列的概念，善于观察分析数列新定义的结构特征，灵活运用其性质，善于把陌生的知识点化归为熟悉的知识点或方法，达到解题的目的.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，存多项

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.等差数列na前n项和为1313,0,0nSaaa+=，则（）A.80a=B.1nnaa+C.96SSD.当0nS时，n的最小值为16【答案】AD【解析】【分析】设等差数

列na的公差为d，由13130,0aaa+=，利用等差数列通项公式求出17,0add=−＞，由此利用等差数列通项公式和求和公式即可求解判断.【详解】设等差数列na的公差为d，因为13130,0aaa+=，所以112120adad+++=，的即17,0add=−＞，

对于A，8170aad=+=，故A正确；对于B，()()()1117,18nnaandndaandnd+=+=−=+−=−，所以1nnaa+，故B错误；对于C，61656272Sadd=+=−，91989272S

add=+=−，所以69SS=,故C错误；对于D，()()22111151152222nnnSnadndnddnn−=+=−=−，因为00dn＞，＞，所以当0nS时，15n＞，即当0nS时，n的最小值为16，故D正确.故选：AD.10.某中学A，B

，C，D，E五名高一学生选择甲、乙、丙、丁四个社团进行实践活动，每名学生只能选一个社团，则下列结论中正确的是（）A.所有不同的分派方案共54种B.若甲社团没人选，乙、丙、丁每个社团至少有一个学生选，则所有不同的分派方案共300种C

.若每个社团至少派1名志愿者，且志愿者A必须到甲社团，则所有不同分派方穼共60种D.若每个社团至少有1个学生选，且学生A，B不安排到同一社团，则所有不同分派方案共216种【答案】ACD【解析】【分析】对于A，根据分步乘法计数原理计数可知A正确；对于B，C，按照先分组再分配

的方法计数可知B不正确；C正确；对于D，由间接法求解可知D正确.【详解】对于A，每名学生都有4种安排方案，故共有5444444=种不同的分派方案，故A正确；对于B，先将5个人分成3组，分两类：第一类，一组3人，另2组各一人，有

35C10=种；第二类，一组2人，一组2人，一组1人，有22153122CCC15A=种，故共有101525+=种分组方法，再将分好的三组分配到三个社团，共有3325A150=种分派方案，故B不正确；对于C，分两类：第

一类，甲社团分1人，只能是A，另外4人有2343CA36=种，第二类，甲社团分2人，共有1343CA24=种，根据分类加法计数原理可得共有362460+=种不同的分派方案，故C正确；对于D，若每个社团至少派1名学生，则有2454CA240=种，其中学生A，B安排到同一社团时，有44A24=种，故若

每个社团至少派1名学生，且学生A，B不安排到同一社团时，共有24024216−=种不同分派方案，故D正确.故选：ACD11.已知函数32()fxaxbxcxd=+++存在两个极值点()1212,xxxx，且()11fxx=−，()

22fxx=．设()fx的零点个数为m，方程23[()]2()0afxbfxc++=的实根个数为n，则（）A.当0a时，10xB.当a<0时，2mn+=C.3,6,9,15mnD.4,5,6,8mn+【答案】ABD【解析】【分析】求出导函数2()32fxaxbxc=++得23

[()]2()0afxbfxc++=1()fxx=或2()fxx=，然后根据0a和a<0分类确定()fx的单调性，再根据12,xx的正负或为0分类讨论方程根据的个数得,mn值，从而判断各选项．【详解】由题意得

2()32fxaxbxc=++，由题意24120bac−，()1212,xxxx为()0fx=的两根，由题意23[()]2()0afxbfxc++=1()fxx=或2()fxx=，选项A，若0a，则在1(,)x−和2(,)x+上都有(

)0fx，相应()fx均递增，在12(,)xx上()0fx，即()fx递减，从而12()()fxfx，若10x，则20x，11()0fxx=−，因此221()()0fxxfx=，不合题意，所以10x，A正确；选项B，a<0时

，同选项A讨论可得()fx在1(,)x−和2(,)x+上均递减，在12(,)xx上递增，1122()()fxxfxx=−=，又12xx，因此20x，以下分类讨论中，可作出()fx的示意图，若10x，则1m=，此时1()fxx=有一根，2()

fxx=有两根，3n=；.若10x=，则2m=，此时1()fxx=有两根，2()fxx=有两根，4n=；若1>0x，则3m=，此时1()fxx=有三根，2()fxx=有两根，5n=，均满足2nm=+，B正确；选项C，由选项B的讨论知C错误，如2,4mn==时，

8{3,6,9,15}mn=；选项D，在选项B的讨论中知4,6,8mn+=，下面讨论0a的情形，单调性由选项A的讨论知悉，10x，以下讨论中，作出()fx的示意图，若20x，3m=，此时1()fxx

=有一根，2()fxx=有两根，3n=；若20x=，则2m=，此时1()fxx=有一根，2()fxx=有两根，3n=；若20x，则1m=，此时1()fxx=有一根，2()fxx=有两根，3n=，6,5,4mn+=，综上mn+的值为4,5,6,

8，D正确．故选：ABD．【点睛】方法点睛：本题考查函数的导数与极值的关系，单调性与极值的关系，方程的根转化为函数图象与直线的交点，因此分类讨论时，作出函数()fx的图象可使得结论一目了然．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.关于n的方程n

13111CA12nn−++=的解是______．【答案】7【解析】【分析】利用组合数和排列数公式求解.【详解】解：因为()12111C=C2nnnnn−+++=，()()3111A=111212nnnn++−，且13111C=A1

2nnn−++，所以()()()1111212nnnnn+=+−，解得7n=，故答案为：713.已知函数223()ln232fxbxxaxaa=+++−在1x=处取得极小值272，则ba的值为______．【答案】114−【解析】【分析】将函数求导，依题可得27(1)2(

1)0ff==，求得411ab==−或33ab=−=，代入函数式，进行检验，舍去33ab=−=，即得结论.【详解】由223()ln232fxbxxaxaa=+++−求导，()32bfxxax=+

+，依题意，27(1)2(1)0ff==，即232722230aaba−+=++=，解得411ab==−或33ab=−=.当4a=，11b=−时，23()11ln842fxxxx=−+++，0x，2113811(1)(311)()38xxxxf

xxxxx+−−+=−++==，当01x时，()0fx，()fx在()0,1上单调递减，当1x时，()0fx，()fx在()1,+单调递增，即1x=时，函数()fx取得极小值27(1)2f=，符合题意，此时114ba

=−；当3a=−，3b=时，23()3ln6182fxxxx=+−+，0x，因2233633(1)()360xxxfxxxxx−+−=+−==，即函数()fx在(0,)+上为增函数，无极值，与题意不符，舍去.故答案：114−.14.已知定义域为R的偶函数()fx满足(1)(1

)fxfx−=+，且当[0,1]x时，()fxx=，若将方程()()*1logNnfxxn+=实数解的个数记为na，则122320232024111aaaaaa+++=______．【答案】20238096【解析】【分析】由已知得出函数()fx的周期是2，引入函数1()logngxx+

=，作出它们的图象，观察图象交点得交为点个数，从而得na，然后用裂项相消法求和．【详解】由题意(2)[1(1)][1(1)]()()fxfxfxfxfx+=++=−+=−=，所以()fx是周期函数，且周期为2，又1()logngxx+=，则

()gx是偶函数，又()fx也是偶函数，所以()fx与()gx的图象关于y轴对称，它们的交点个数为偶数，在0x时，1()logngxx+=，*nN，作出函数()fx与()gx的图象，如图，因为1log(1)1nn++=，所

以函数()fx与()gx的图象的y右侧有n个交点，所以2nan=，122320232024111111244640464048aaaaaa+++=+++111111111()()()224246240464048=−+−++−1112023()

2240488096=−=，故答案为：20238096．【点睛】方法点睛：本题考查方程根的个数问题，考查裂项相消法求和，对于函数方程根的个数，一般需要确定函数的性质（奇偶性、单调性、对称性、周期性等）作出函数的图象，由图象观察得出交点个数，从而可得根的个数．四、解答题：本题共5小题，共7

7分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.混放在一起的6件不同的产品中，有2件次品，4件正品．现需通过检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结

束．（1）一共抽取了4次检测结束，有多少种不同的抽法?（2）若第一次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，检测结束时有多少种不同的抽法?（要求：解答过程要有必要的说明和步骤）【答案】（1）96种（2）120种【解析】【分析】（1）分两种情形：第一种是4次抽到的全是正品，第二种前3次抽到2件正品1件次品

，且第4次抽到次品，由分类加法原理计算；（2）由题意知第二次抽到的必是正品，第4次抽取的是次品，检测结束，或第4次抽取到正品，第五次再抽取一件（不论正品还是次品）都可以结束，由此计算可得．【小问1详解】有以下两种情况：4次均为正品，共有44A24

=种；前3次抽到2件正品1件次品，且第4次抽到次品，共112234CCA72=种；则共有96种．【小问2详解】由题意知，第二次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束，当抽取4次结束时，第4次抽到的必是次品，共有1224CA24=种抽法；

当抽取5次结束时，若第4次抽到正品且第5次抽到正品，则共有1424CA48=种抽法；若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是次品，则共有1324CA48=种抽法；共120种抽法．16.在数列na中，()112,2*nnnaaan+=−=N．（1）求数列na的通

项公式；（2）若1nnbna=+，求数列nb的前n项和nS．【答案】（1）2,*nnan=N（2）()1122,*nnSnnn+=−++N【解析】【分析】（1）由数列na递推公式，采用累加的方法可求得数列na的通项公式；

（2）求数列nb的前n项和nS，分别采用了错位相减法和分组求和法即可求得结果.【小问1详解】因为数列na满足12a=，且12nnnaa+−=，当2n时，可得()()()()211212112222nnnnaaaaaaaa−−=+−+−+−=++++，即()

121212nnna−=+=−，当1n=时，12a=适合上式，所以数列na的通项公式为2,*nnan=N．【小问2详解】由于1nnbna=+，且2,*nnan=N，则121212222nnnSb

bbnn=+++=++++，即()1212222nnSnn=++++，设1212222nnTn=+++，则231212222nnTn+=+++，两式相减得：()()31121122122

222221212nnnnnnTnnn+++−−=++++−=−=−−−，所以1(1)22nnTn+=−+，所以()1122,*nnSnnn+=−++N.17.已知函数()(1)lnfxaxx=

−−(R)a．（1）求函数()fx的单调区间；（2）若()0fx恒成立，求实数a的取值集合．【答案】（1）答案见解析（2）{1}【解析】【分析】（1）先求出函数的定义域，再求导，分类讨论0a和0a，即可求出函数的

单调区间；（2）结合（1）知，当0a时，不满足题意，则0a，将()0fx恒成立等价于min1()()1ln0fxfaaa==−+，令()1lngaaa=−+，利用导数研究()ga的值域，即可求出实数a的取值.【小问1详解】由题意得：()fx定义域为(0,)+，11()axf

xaxx−=−=，当0a时，()0fx，则()fx单调递减区间为(0,)+，无单调递增区间；当0a时，令()0fx=，解得：1xa=；当10,xa时，()0fx；当1,xa+时，()0fx；(

)fx的单调递增区间为1,a+；单调递减区间为10,a；综上所述：0a时，则()fx的单调递减区间为(0,)+，无单调递增区间；0a时，()fx的单调递增区间为1,a+；单调递减区间为10,a．【小问2详解】当0a时，(2)l

n20fa=−，不合题意；当0a时，由（1）知min1()()1lnfxfaaa==−+；则1ln0aa−+；令()1lngaaa=−+，则1()1gaa=−，当(0,1)a时，()0ga；当(1,)+a时，()0ga；()ga在(0,1)上单调递增，在(1,)

+上单调递减，max()(1)0gag==，实数a的取值集合为{1}．18.已知数列na中，122,4aa==，且对任意正整数n都有24nnaa+=+．若数列nb满足：122212121nnnbbba=++++++，（1）求数列na和数列nb的

通项公式；（2）设4(1)nnnnctb=+−，若nc为递增数列，求实数t的取值范围．【答案】（1）()*2nann=N，()1*22nnbn+=+N（2）312,47−【解析】【分析】（1）通过递推关系式确定数列na为等

差数列，进而确定通项公式，再由1221nnnnbaa−−==+可得数列nb通项公式；（2）先确定数列nc的通项公式，由1nncc+得21323(1)14324624nnnnnt+−=++，分n为

奇数、偶数讨论即可.【小问1详解】根据已知，122,4aa==，则212aa−=，且24nnaa+=+，则数列na为首项为2，公差为2的等差数列，故()*2nann=N．由122212121nnnbbba=

++++++，得112121(2)212121nnnbbban−−−=++++++，两式相减有：1221nnnnbaa−−==+，()1222nnbn+=+，当1n=时，1112,621bab===+也符合上式，()1*22nnbn+=+N；【小问2详解】由（1）知()14(1)22nn

nnct+=+−+，又nc为递增数列，所以()()112114(1)224(1)22nnnnnnnncctt++++++−++−+整理得21323(1)14324624nnnnnt+−=++当n为偶数时，3

14624nnt+，而22141476624244nn++=，所以127t．当n为奇数时，314624nnt−+，所以34t−综上所述，t的取值范围是312,47−．19.已知函数()exfxx=．（1）求函数()fx的最

小值；（2）求函数()fx在[,1]tt+上的最小值；的（3）若不等式()1lnfxmxx−+恒成立，求实数m的取值范围．【答案】（1）1e−（2）11mine(1),2()e,2t1e,1ttttfxtt+−+−=−−−−（3）1m−【解析】【分析】（1）求

导，得到函数单调性，得到极值和最值情况；（2）由（1）求出的函数单调性，分11t+−，11tt−+和1t−三种情况，结合函数单调性，得到最小值；（3）参变分离，maxln1exxmx+−，构造l

n1()exxxx+=−，求导得到函数单调性，结合隐零点，得到()0000ln1exxxx+=−，并且0200lne0xxx+=，由同构和函数单调性得到00lnxx=−，从而得到()01x=−，得到答案.【小问1详解】因为()e

xfxx=，所以()ee(1)exxxfxxx=+=+，由()0fx，得10x+，所以1x−；由()0fx，得10x+，所以1x−，所以函数()exfxx=在(,1)−−上单调递减，在(1,)−+单调递增，故()exfxx=在1x=−处

取得极小值，也是最小值，所以()fx的最小值为1(1)fe−=−，无最大值．【小问2详解】由（1）知，函数()exfxx=在(,1)−−上单调递减，在[1,)−+单调递增，当11t+−，即2t−时，()fx在[,1]tt+单调递减，

1min()(1)e(1)tfxftt+=+=+；当11tt−+时，即21,()tfx−−在[,1]t−单调递减，[1,1]t−+单调递增，1min()(1)efxf−=−=−．当1t−时，()fx在[,1]tt+单调递增，min()()etfxftt==；

综上所述11mine(1),2()e,2t1e,1ttttfxtt+−+−=−−−−；【小问3详解】()eln10xxmx+−−恒成立，即maxln1exxmx+−恒成立，令ln1()exxxx+=−，则222l

nlne()exxxxxxxx+=−−=−，令()2()lnexgxxx=−+，则21()e2e0xxgxxxx=−++，所以()gx在(0,)+上单调递减，又10,(1)02gg，所以在(0,)+上存在唯一的0x使()00gx=

，当()00,xx时()0,()xx单调递增，当()0,xx+时()0,()xx单调递减．故()x的最大值为()0000ln1exxxx+=−，又0200lne0xxx+=，故0000lnexxxx=−，两边取对数得()()0000lnlnlnlnxxxx+=−+−

，又l(n)hxxx=+在定义域内单调递增，所以00lnxx=−，故001exx=，所以()00000000ln1ln11e1xxxxxxxx+=−=+−=−，所以1m−．【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参

数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函

数，通过两个函数图象确定条件.