1、A10联盟2021级高二下学期4月期中考数学（人教A版）试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.请在答题卡上作答.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. 在正项等比数列中，则的公比等于（ ）A. B. 2C. 4D. 2【答案】B【解析】【分析】设数列的公比为，利用计算可得答案.【详解】设数列的公比为，则，解得（负值舍去）.故选：B.2 设，则（ ）A. B. C. 5D. 20【答案】A【解析】【分析】根据导数的计算方法求解即可.【详解】，即.故选：A.3. 已知函数导函数为
2、，则“在上有两个零点”是“在上有两个极值点”的（ ）A 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】结合充分、必要条件定义及极值点的概念即可可判断.【详解】只有当在上有两个变号零点时，在上才有两个极值点，故充分性不成立；若在上有两个极值点，则在上有两个变号零点，则在上至少有两个零点，故必要性不成立.综上，“在上有两个零点”是“在上有两个极值点”的既不充分也不必要条件，故选：D.4. 传说古代希腊的毕达哥拉斯在沙滩上研究数学问题：把叫做三角形数；把叫做正方形数，则下列各数中既是三角形数又是正方形数的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A
3、【解析】【分析】分别写出三角形数和正方形数的通项公式，根据通项公式可得答案.【详解】三角形数：，可得其通项公式为；正方形数：，可得其通项公式为，均无正整数解，且，所以，是正方形数不是三角形数，又，既是三角形数，又是正方形数.故选：A.5. 某厂安排名工人到三个岗位值班，每名工人只去一个岗位，每个岗位至少安排名工人，则安排工人甲乙到同一个岗位值班的方法数为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先将人分为个小组，再将个小组安排到三个岗位即可.【详解】依题意，可分两步安排：第一步，将人分为个小组，按小组人数可分为人、人、人和人、人、人两类，人、人、人分组，甲、乙同组，另外人中，选出
4、人同组，有种方法，人、人、人分组，除甲、乙的另外人中，选出人与甲、乙同组，剩余人各自一组，有种方法，第一步共有种方法；第二步，将组分别安排到三个岗位，有种方法，满足题意的安排方法数有种.故选：B.6. 已知数列的前项和为，则（ ）A. -1012B. 1012C. -2024D. 2024【答案】C【解析】【分析】写出前4项找出的规律，再分组求和即可.【详解】，则，依次类推，.故选：C.7. 已知，则被10除所得的余数为（ ）A. 9B. 3C. 1D. 0【答案】C【解析】【分析】根据二项式定理可得，再利用二项展开式求解即可.【详解】，又，都是10的倍数，被10除所得的余数为1.故选：C8.
5、 在等比数列中，函数，则（ ）A. 0B. 1C. D. 【答案】D【解析】【分析】令，则根据求导可得，再根据等比数列的性质求解即可.【详解】令，则，数列是等比数列，且，.故选：D.二多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9. 若曲线的一条切线垂直于直线，则切点的坐标可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】根据曲线的一条切线垂直于直线，求出切点处切线的斜率，推出对应的切点的横坐标，即可确定切点的坐标.【详解】由题意，在直线中，设切点为，中，一条切线垂直于直线，解得，当时
6、，此时点的坐标为；当时，此时点的坐标为.故选：BC.10. 下列各式正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】对于A，由可判断；对于B，根据二项式系数和公式可判断；对于CD，根据排列数的计算公式可验证.【详解】对于A，由得，A正确；对于B，B错误；对于C，C错误；对于D，D正确.故选：AD11. 已知正项数列前n项和为，且满足（ ）A. 数列是等差数列B. C. 数列不是等差数列D. 【答案】ABD【解析】【分析】根据给定的递推公式，结合求出数列的通项公式，再逐项判断作答.【详解】数列中，当时，则，即，因此，而，解得，即数列是首项为1，公差为2 的等差数列，A，B都正确
7、；，于是，数列是等差数列，C错误；，D正确.故选：ABD【点睛】思路点睛：给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与n之间的关系，再求.12. 已知函数，若函数恰有3个零点，则实数的值可以为（ ）A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】CD【解析】【分析】将问题转化为方程恰有3个实数根，再讨论时可得有1个根，进而当时，方程有2个实数根，再构造函数，求导分析单调性与最值即可.【详解】令，解得，故问题转化为方程恰有3个实数根.当时，令，解得，故当时，方程有2个实数根.令，即，显然不是该方程的根，.令，则，故当时，当时，故当时，有极小值
8、6，而时，当，且时，故实数的取值范围为.故选：CD第II卷（非选择题共90分）三填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）13. 在的展开式中，含的项的系数为_.【答案】135【解析】【分析】利用通项公式计算可得答案.【详解】在展开式中，第项为，令，得含有的项的系数为故答案为：135.14. 某乡村道路上有12盏照明路灯，为了节约用电，需要关闭其中两两不相邻的4盏，但考虑行人夜间出行安全，两端的路灯不能关闭，则关灯方案的种数为_.（用数字作答）【答案】35【解析】【分析】利用插空法求解即可.【详解】由题意得，让4盏需要关闭的灯插空到8盏亮灯的7个空中，有种关灯方案.故答案为：3515. 已
9、知等差数列的前项和为，若，公差，当且仅当时，取得最大值，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据题意可得，进而可得，再根据公式可得的取值范围.【详解】由题意得，即，解得.又，的取值范围是.故答案为：16. 如图，某款酒杯的上半部分为圆锥，且该圆锥的轴截面是面积为的正三角形若在该酒杯内放置一个圆柱形冰块，要求冰块高度不超过酒杯口高度，当放置的圆柱形冰块的体积最大时，其高度为_【答案】【解析】【分析】首先根据题意作出平面图，由圆锥的轴截面的面积求出圆锥底面半径，易知冰块体积最大时上底与杯口齐平，设圆柱形冰块的底面圆半径为，其中，表示出高，得出圆柱体积关于的表达式，由导数确定体积最大时半径的值
10、，即可得出此时圆柱的高【详解】由题意作出圆锥轴截面的平面图，如图所示，过等边三角形顶点作，则，设圆锥底面圆的半径为，则，所以，因为圆锥的轴截面是面积为，所以，解得,易知冰块体积最大时上底与杯口齐平，设圆柱形冰块的底面圆半径为，其中，高为，则，在中，则，设圆柱形冰块的体积为，则.设，则，当时，；当时，在处取得极大值，也是最大值，即，所以，故当放置的圆柱形冰块的体积最大时，其高度为，故答案为：四解答题（本题共6小题，第17题10分，第1822题每题12分，共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.）17. 若，其中.（1）求实数的值；（2）求.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）写出
11、展开式的通项，得到的表达式即可求出实数的值；（2）将代入展开式，求出到项的和，即可求出.【小问1详解】由题意，在中，展开式的通项为，解得：.【小问2详解】由题意及（1）得，在中，令，得，18. 已知数列满足：.（1）求的通项公式；（2）若数列是等比数列，且，求关于的表达式.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据等差数列的定义判断得数列是等差数列，计算公差，再写出通项公式即可；（2）根据（1）写出数列的通项公式，再根据等比数列计算公比，写出等比数列的通项公式，两式相等即可得关于的表达式.【小问1详解】所以数列是等差数列，设其公差为，则，.所以数列的通项公式为.【小问2详解】由（1）知.
12、因为数列是等比数列，且，数列的公比，由等比数列的通项公式可得，19. （1）用五种不同的颜色给下图中的四块区域涂色，要求相邻的区域颜色不同，则一共有多少种不同的涂色方法？（2）记正方体中两条平行的棱为一对“平行棱”，现从正方体所有棱中任取4条，要求至少得到2对“平行棱”，则一共有多少种不同的取法？【答案】（1）180；（2）207【解析】【分析】（1）分选择四种和三种颜色两种情况讨论求解再求和即可；（2）正方体中一共有3组，每组4条分别平行的直线，满足条件的“平行棱”可能有2，3，6对，再分别求解求和即可.【详解】（1）若选择四种颜色，则有种不同的涂色方法；若选择三种颜色，则有种不同的涂色方法
13、，故一共有种不同的涂色方法.（2）正方体中一共有3组，每组4条分别平行的直线，则：若4条棱中恰有2对“平行棱”，则2对分别来自不同2组，每组2条，不同的取法有种；若4条棱中恰有3对“平行棱”，则3对分别来自不同2组，一组1条，一组3条，则不同的取法有种；若4条棱中恰有6对“平行棱”，则6对均来自同一组，一组4条，则不同的取法有种.故从所有棱中任取4条，且至少得到2对“平行棱”一共有种不同的取法.20. 若函数，且为偶函数.（1）求的值；（2）设函数，求的单调区间.【答案】（1） （2）单调递增区间是，单调递减区间是【解析】【分析】（1）求出，利用其为偶函数可得答案；（2）求出，分别令、可得答案
14、.【小问1详解】，为偶函数，则，又；【小问2详解】由（1）知，则，则，令，得，或；令，得，故的单调递增区间是；单调递减区间是.21. 已知数列的前项和为，满足且.（1）求证：是等比数列；（2）设，数列的前项和为，求证：.【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用关系求得，注意验证的情况，由等比数列定义证结论；（2）由（1）得，再应用裂项相消法求，即可证结论.【小问1详解】由得：，两式相减得，则，所以，又，则，解得，满足，综上，又，所以是以3为首项，3为公比的等比数列.【小问2详解】由（1）知：，则，由，故.22. 已知函数.（1）若为增函数，求实数的取值范围；（2）若，求证：.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意可得恒成立，再参变分离可得，再求解的最小值即可；（2）设，再求导分析函数的单调性，进而可得最小值即可证明.【小问1详解】由题意得，函数的定义域为，则，由为增函数得，在上恒成立.设在处取得最小值，即实数的取值范围为.小问2详解】当时，.设，则设，则，在上单调递增，又，当时，即；当时，即在处取得极小值而，即.
