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2024年春季高二年期中联考
考试科目：数学 满分：150分考试 时间：120分钟
一 单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.函数的单调减区间为（ ）
A. B. C. D.
2.的展开式中常数项为（ ）
A.135 B.-135 C.15 D.-15
3.甲 乙 丙 丁 戊 己6人站成一排拍合照，要求甲必须站在中间两个位置之一，且乙 丙2人相邻，则不同的排队方法共有（ ）
A.24种 B.48种 C.72种 D.96种
4.已知在处的极大值为5，则（ ）
A.-2 B.6 C.-2或6 D.-6或2
5.已知函数，点与分别在函数与的图象上，若的最小值为，则（ ）
A.3 B.-1 C.-1或3 D.1或3
6.已知曲线与轴交于点，设经过原点的切线为，设上一点横坐标为，若直线，则所在的区间为（ ）
A. B.
C. D.
7.将六个数将任意次序排成一行，拼成一个8位数，则产生的不同的8位数的个数是（ ）
A.498 B.516 C.534 D.546
8.已知函数，若存在实数，且，使得，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
二 多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.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.下列运算错误的是（ ）
A. B.
C. D.
10.现安排甲 乙 丙 丁 戊5名同学参加暑期志愿者服务活动，有翻译 导购员 收银员 仓库管理员四项工作可供选择，每人至多从事一项工作，下列说法正确的是（ ）
A.若5人每人可任选一项工作，则有种不同的选法
B.若安排甲和乙分别从事翻译 收银工作，其余3人中任选2人分别从事导购 仓库管理工作，则有12种不同的方案
C.若仓库管理工作必须安排2人，其余工作各安排1人，则有60种不同的方案
D.若每项工作至少安排1人，每人均需参加一项工作，其中甲 乙不能从事翻译工作，则有126种不同的方案
11.关于函数，下列说法中正确的是（ ）
A.的最小正周期是；
B.是偶函数；
C.在区间上恰有三个解；
D.的最小值为.
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.正六边形的中心和顶点共7个点，以其中3个点为顶点的三角形共有__________个（用数字作答）.
13.在的展开式中，含项的系数为__________.（用数字作答）.
14.已知函数，若恒成立，则实数的取值范围是__________.
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.（13分）记为数列的前项的和，已知.
（1）求的通项公式；
（2）令，求.
16.（15分）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）对于，使得，求实数的取值范围.
17.（15分）已知二项式且.若成等差数列.
（1）求展开式的中间项；
（2）求的最大值.
18.（17分）动圆与圆和圆都内切，记动圆圆心的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：，试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，切点分别为.
（i）证明：直线过定点；
（ii）点关于轴的对称点为，连接交轴于点，设的面积分别为，求的最大值.
19.（17分）对于函数与定义域上的任意实数，若存在常数，使得和都成立，则称直线为函数与的“分界线”.
（1）若函数，求函数和的“分界线”；
（2）已知函数满足对任意的恒成立.
（i）求实数的值；
（ii）设函数，试探究函数与是否存在“分界线”？若存在，请加以证明，并求出的值；若不存在，请说明理由.
2024年春季高二年期中联考数学参考答案
一 单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
题序 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D A C B B D A C
8.【详解】作出的函数图象如图所示：
若存在实数，且，使得，
因为的图象关于直线对称，
所以，
所以，
由图可知，，所以.
设，
所以与在单调递增，
所以在上单调递增，又，所以当时，，
所以在上单调递增，
所以.
故选：C.
二 多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
题序 9 10 11
答案 AC ACD BD
11.【详解】对于，因为，
所以，，故函数的最小正周期不是错；
对于，令，
函数的定义域为，
所以，函数为偶函数，即函数为偶函数，对；
对于C.，
则
令，其中，则且不恒为零，
所以，函数在上单调递增，
当时，，
若时，即当时，，即，
此时；
若时，即当时，，即，
时.
所以，函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，方程在区间上至多两个解，C.错；
对于，因为函数的定义域为，
，
所以，函数为周期函数，且为函数的一个周期，
由①可知，函数为偶函数，即，
故函数的图象关于直线对称，
要求函数的最小值，只需求函数在上的最小值，
当时，，则，
即，所以，，
且不恒为零，所以，函数在上单调递减，
所以，对.
故答案为：BD.
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.32 13.330 14.
14.【详解】构造函数，其定义域为，
则，
当时，单调递增，不可能恒成立；
当时，令，得或（舍去）.
当时，
当时，，故在上有最大值，
由题意知恒成立，即，
令，则在上单调递减，且，
故成立的充要条件是.
故答案为：
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.【解析】：（1）
当时，
则有：
化简得
又是以2为首项，1为公差的等差数列
的通项公式为
（2）由（1）知：
当时，
又
是以为首项，为公比的等比数列
16.【解析】：（1），
当时，在上单调递减，
当时，令得
所以在上单调递减，
在上单调递增，
综上所述，当时，在上单调递减，
当时，在上单调递减，在上单调递增
（2）因为对于，使得，
所以对任意恒成立，
所以当，即时，（1），舍去，
当，即时，在上单调递增，
所以只需，
所以符合题意，
综上所述，的取值范围为
17.【详解】（1）
则，
由题意知，
则，即，
因为，所以.
展开式的中间项是
（2）设最大，则有
即
即，解得，
又，
或6
又
所以的最大值为.
18.【详解】（1）设动圆的半径为，由题意得圆和圆的半径分别为，
因为与都内切，，
所以
所以
所以点的轨迹是以为焦点的椭圆
设的方程为：，
则，所以，
故的方程为：.
方法2：设的半径为，则
由题意得
又因为与都内切，所以
即
整理得
（2）（i）证明：设，
由题意中的性质可得，切线方程为，
切线方程为，
因为两条切线都经过点，所以，
故直线的方程为：
显然当时，，故直线经过定点.
（ii）设直线的方程为：，
联立，整理得，
由韦达定理得，
又，所以直线的方程为，
令得，
，
所以直线经过定点，又
所以
所以，当且仅当时，即时取等号.
19.【详解】（1）令，取，则
进而有，即且，解得
故函数和的“分界线”为
（2）（i）因为对任意的恒成立，所以对恒成立，令
当时，恒成立，从而在上单调递减，
又，所当时，与题意矛盾，舍去；
当时，令，解得；令，解图，
从而在上单调递增，在上单调递减，
由题意可知，即，也即
令，
当时，单调递减，当时，单调递增，
所以，从而
又，所以，此时
（ii）设，则.
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增
是函数的极小值点，也是最小值点，.
函数与的图象在处有公共点
设与存在“分界线”且方程为：.
令函数
①由，即在上恒成立，
即在上恒成立，此时成立，
，故
②下面再证明：恒成立.
设，则.
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.
时，取最大值，则恒成立.
综上（1）和（2）知且，
故函数与存在分界线为，此时
