精品解析：山东省泰安市宁阳县复圣中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题

高二年级考试 数学试题 2024.4 注意事项； 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时.选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号徐黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知函数，则的值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. e 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的定义和导数的运算公式求解. 【详解】函数，则，故， 所以. 故选：C 2. 若函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数函数和三角函数的导数公式及复合函数的求导法则进行求解即可. 【详解】由， 故选：D 3. 函数的图象如图所示，是函数的导函数，则下列数值排序正确的是（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据曲线的变化趋势可判断函数的单调性，结合函数的导数的几何意义，数形结合，即可判断出答案. 【详解】由函数的图象可知为单调递增函数， 故函数在每一处的导数值，即得， 设，则连线的斜率为， 由于曲线是上升的，故，所以， 作出曲线在处的切线，设为，连线为， 结合图象可得的斜率满足， 即，即. 故选：B 4. 在的展开式中，含的项的系数是（ ） A. B. C. 69 D. 70 【答案】A 【解析】 【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，即可求得含的项的系数． 【详解】的展开式中， 含项为， 所以的项的系数是. 故选：A. 5. 为了落实五育并举，全面发展学生素质，学校准备组建书法、音乐、美术、体育社团，现将6名同学分配到这4个社团进行培训，每名同学只分配到1个社团，每个社团至少分配1名同学，则不同的分配方案的种数为（ ） A. 1200 B. 1560 C. 2640 D. 4800 【答案】B 【解析】 【分析】先将将6名同学分为或的四组，再将四组分到书法、音乐、美术、体育社团，结合分步计数原理，即可求解. 【详解】先将6名同学分为或的四组，共有种， 再将4组分到书法、音乐、美术、体育社团，共有种， 所以共有种. 故选：B. 6. 已知对任意实数x，，则下列结论成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对于题中的二项展开式，只需分别取，，和代入化简计算即可判断ABC，将二项式展开式两边求导，然后取代入化简计算即可判断D. 【详解】因（*） 对于A项，当时，代入（*）可得，当时，代入（*）可得，所以，故A项错误； 对于B项，当时，代入（*）可得， 又，所以，故B项错误； 对于C项，当时，代入（*）可得，故C项正确； 对于D项，对（*）两边求导可得， ，当时，，故D项错误. 故选：C. 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据所给式子结构，构造函数，利用导数判断函数的单调性，根据单调性求解即可. 【详解】令，则， 当时，，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，，，且， 所以，， 故选：D 8. 已知定义在上的函数，，其导函数分别为，，且，则必有（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过分析不等式，构造新函数求导后得出单调性，即可得出结论 【详解】由可得，， 设，， 则， 故函数在上单调递增，所以， 即， 所以. 故选：A 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. 有三个零点 B. 有两个极值点 C. 若方程有三个实数根，则 D. 曲线关于点对称 【答案】BC 【解析】 【分析】利用导函数讨论单调性和极值即可判断AB，再根函数的最值、单调性判断C，再根据特例，利用点的对称性判断D. 【详解】， 令解得，令解得或， 所以单调递增，单调递减，单调递增， 因为，极大值，且极小值， 所以在有一个零点，共1个零点，A错误； 由A知，函数有两个极值点，故B正确； 由A知，函数在单调递增，单调递减，单调递增， 且时，，时，， 所以方程有三个实数根，需，即，故C正确； 因为，所以点在函数图象上， 又点关于点的对称点为，而， 即不是函数图象上的点， 故函数不关于点对称，故D错误. 故选：BC. 10. 现有4个编号为1，2，3，4的不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（ ） A. 共有种不同的放法 B. 恰有一个盒子不放球，共有120种放法 C. 每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有24种 D. 将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有5种 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，按照分步乘法原理可计算；对B，从5个盒子中选出4个盒子的排列；对C，先选定两个盒子的编号与球的编号相同的球，再考虑剩下的两个球不放进自己编号的盒子放法有种；对D，即考虑哪个盒子为空的放法有5种. 【详解】对于A，每个球都有5种放法，共有种放法，故A正确； 对于B，把球全部放入盒子内，恰有一个盒子不放球，则有4个盒子每个盒子放1个球，有种放法，故B正确； 对于C，每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有种放法，故C错误； 对于D，将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒，即有4个盒子每个盒子放1个球的放法有5种，故D正确， 故选：ABD. 11. 在探究的展开式的二项式系数性质时，我们把二项式系数写成一张表，借助它发现二项式系数的一些规律，我们称这个表为杨辉三角（如图1），小明在学完杨辉三角之后进行类比探究，将的展开式按x的升幂排列，将各项系数列表如下（如图2）： 上表图2中第n行的第m个数用表示，即展开式中的系数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于ABC选项，由图2中数据特征可得，对于D，左式可由的展开式中的系数得到，故根据以及二项式定理研究展开式中的系数即可求解. 【详解】依据题意结合图2可知图2中每一行的每一个数等于其上一行头顶和左右肩上共三个数的和（没有的用0代替）， 如：第四行的第三个数10，等于上一行头顶上的数3加上左右肩上的数1和6； 第三行中的第二个数3，等于上一行头顶上的数1加上左右肩上的数0（左肩上没有数，故用0代替）和2； 所以， 对于A，由上，故A错； 对于B，由图可知， 以此类推可得，故B对； 对于C，由上可知正确，故C对； 对于D，因为， ， 则， 所以根据乘法规则的展开式中的系数为： ， 又， 其通项为， 因为，故展开式中的系数为0， 故，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点睛：求证D选项的关键是借助展开式中的系数引出D中左式，进而借助展开式研究得证. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 现有四种不同颜色的彩灯装饰五面体的六个顶点，要求，用同一种颜色的彩灯，其它各棱的两个顶点挂不同颜色的彩灯，则不同的装饰方案共有________种.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】首先给，两个顶点挂彩灯，再给顶点挂彩灯，再分、挂同一种颜色的彩灯和、挂不同种颜色的彩灯两种情况讨论，按照分步、分类计数原理计算可得. 【详解】首先给，两个顶点挂彩灯，有种方法，再给顶点挂彩灯，有种方法， ①若、挂同一种颜色的彩灯，则有种方法， 最后挂点有种方法，故有种； ②若、挂不同种颜色的彩灯，此时挂点有种方法，挂点有种方法， 最后挂点有种方法，故有种； 综上可得一共有种不同的方法. 故答案为： 13. 已知的展开式中第二项与第四项的二项式系数相等，且常数项与展开式中的常数项相等，则________，________. 【答案】 ①. 4 ②. 3 【解析】 【分析】首先利用第二项与第四项二项式系数相等得；利用通项公式计算出中常数项值为24. 在中根据多项式乘法的规律，从组合的角度出发得到常数项为，解得. 【详解】中第二项和第四项的二项式系数分别为和，所以，根据组合数的性质可得. 对于，易得通项公式为，其中令得，所以常数项为. 在中，取得常数的项情况有两种：选2个，1个，0个；或者选0个，0个，3个. 所以常数项为，解得. 故答案为：4；3. 14. 已知不等式恒成立，则实数a的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意，将不等式化为，令，利用导数即可得出 ，令，利用导数即可求解. 【详解】由可得，即恒成立， 令， 则不等式可化为：， 令，则， 所以，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增. 所以， 故要使恒成立，只需，即，即， 令，所以， 令，则， 所以时，，在上单调递增，且当时，， 时，，在上单调递减，且当时，， 所以， 故. 故答案为： 【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. 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 已知函数. （1）求在处的切线方程； （2）求的极值. 【答案】（1） （2）有极大值为，无极小值 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率，点斜式得出切线方程； （2）求出导函数的零点，列表即可得出函数的极值. 【小问1详解】 ， ，又， 在处的切线方程为， 即切线方程为. 【小问2详解】 令，解得， 当x变化时，，的变化情况如下表所示， x 2 0 单调递增 单调递减 当时，有极大值，并且极大值为，无极小值. 16. 从甲、乙、丙等7人中选出5人排成一排.（以下问题均用数字作答） （1）甲、乙、丙三人恰有两人在内，有多少种排法? （2）甲、乙、丙三人全在内，且甲在乙、丙之间（可以不相邻）有多少种排法? （3）甲、乙、丙都在内，且甲、乙必须相邻，甲、丙不相邻，有多少种排法? 【答案】（1）1440种 （2）240种 （3）216种 【解析】 【分析】（1）甲、乙、丙3人中选2人，其余4人中选出3人，再全排列； （2）甲、乙、丙三人全在内，其余4人中选出2人，先排这两人，再排甲、乙、丙三人； （3）甲、乙、丙三人全在内，其余4人中选出2人，相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法. 【小问1详解】 由于甲、乙、丙三人中恰有两人在内，所以可以分3步完成： 第1步，从3人中选中2人，有种选法. 第2步，从其余4人中选出3人，有种选法. 第3步，将选出的5个人全排列，有种排法. 根据分步乘法计数原理，不同的排法有种； 【小问2详解】 由于三人全在内，且甲在乙、丙之间，所以可以分3步完成： 第1步，从其余4人中选出2人，有种选法. 第2步，将2人安排到5个位置，有种方法. 第3步，剩余3个位置排甲、乙、丙三人，有2种方法 根据分步乘法计数原理，不同排法有种； 【小问3详解】 由于甲、乙必须相邻，甲、丙不相邻，所以分3步完成： 第1步：从其余4人中选出2人，有种选法. 第2步：将甲、乙捆绑与选出的2人排列，有种方法. 第3步：将丙插空有3种方法. 根据分步乘法计数原理，不同排法共有种. 17. 已知的展开式中，所有项的系数之和是512. （1）求展开式中有理项有几项； （2）求展开式中系数绝对值最大的项是第几项. 【答案】（1）有4项 （2）第3项 【解析】 【分析】（1）先借助赋值法求得，从而求出二项式的通项公式，然后利用求解即可； （2）设第项的系数绝对值最大，列出相应不等式组，解出即可得. 【小问1详解】 所有项的系数之和是512. 令，得，， 展开式的通项：，， 令，，3，6，9， 展开式中有理项共有4项. 【小问2详解】 设第项系数的绝对值最大. 则，解得. ，， 展开式中系数绝对值最大的项为第3项. 18. 已知函数，. （1）若，讨论函数的单调性； （2）若，且，求证：. 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导后分和讨论，当时又分为和讨论即可； （2）求导后得到单调性找到零点，设，构造函数，求导分析单调性和零点，并设从而得到，再由单调性可证明结论. 【小问1详解】 . ①当时，令，解得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 在上单调递减，在上单调递增. ②当时，令，解得或， 当即时，在上单调递增， 在上单调递减，在上单调递增， 当即时，在上单调递增， 当即时，在单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增；在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 ， 恒成立， 在上单调递增，且， 设 ，， 设，， ， 令，解得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， ， ， ， 不妨设，则， ， ， ， 在上单调递增， ，即. 【点睛】方法点睛：对于极值点偏移问题，可根据所求不等式构造函数，求导分析单调性和零点，在实际问题中往往需要两次构造，分析. 19. ①在高等数学中，关于极限的计算，常会用到：i)四则运算法则：如果，，则，，若B≠0，则；ii)洛必达法则：若函数，的导函数分别为，，，，则； ②设，k是大于1的正整数，若函数满足：对，均有成立，则称函数为区间(0,a)上的k阶无穷递降函数.结合以上两个信息，回答下列问题； （1）计算：①； ②； （2）试判断是否为区间上的2阶无穷递降函数；并证明：，. 【答案】（1）①1；② （2）是，证明见解析 【解析】 【分析】（1）① 根据题干中洛必达法则进行计算即可得解；②设，根据洛必达法则求出，利用变换得解； （2）方法一，，均有，同理可得，利用洛必达法则1可得，得证； 方法二，利用导数可得在上单调递增，又由，得证． 【小问1详解】 ①根据洛必达法则，； ②设，两边同时取对数得，， 设，， ∴，∴ 【小问2详解】 ∵，， ∴，，， ∴ ∴，均有， ∴是区间上的2阶无穷递降函数. 方法一： 以上同理可得， 由①，得 ∴，. 方法二： 设，， 则 设，，则 ∴在上单调递增，又，∴在上恒成立， ∴∴在上单调递增，∵， ∴在上但成立，∴， ∴在上单调递增， 又 ∴，. 【点睛】思路点睛：本题考查新定义，注意理解新定义.第1小题，构造函数，根据洛必达法则求出，得解； 第2小题，方法1先证明是区间上的2阶无穷递降函数，同理可得，根据洛必达法则可得；方法2，利用导数可判断在上单调递增，再根据洛必达法则求出，即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二年级考试 数学试题 2024.4 注意事项； 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时.选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号徐黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知函数，则的值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. e 2 若函数，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数的图象如图所示，是函数的导函数，则下列数值排序正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 在的展开式中，含的项的系数是（ ） A. B. C. 69 D. 70 5. 为了落实五育并举，全面发展学生素质，学校准备组建书法、音乐、美术、体育社团，现将6名同学分配到这4个社团进行培训，每名同学只分配到1个社团，每个社团至少分配1名同学，则不同的分配方案的种数为（ ） A. 1200 B. 1560 C. 2640 D. 4800 6. 已知对任意实数x，，则下列结论成立的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数，，其导函数分别为，，且，则必有（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. 有三个零点 B. 有两个极值点 C. 若方程有三个实数根，则 D. 曲线关于点对称 10. 现有4个编号为1，2，3，4的不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（ ） A. 共有种不同的放法 B. 恰有一个盒子不放球，共有120种放法 C. 每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子编号与球的编号相同，不同的放法有24种 D. 将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有5种 11. 在探究的展开式的二项式系数性质时，我们把二项式系数写成一张表，借助它发现二项式系数的一些规律，我们称这个表为杨辉三角（如图1），小明在学完杨辉三角之后进行类比探究，将的展开式按x的升幂排列，将各项系数列表如下（如图2）： 上表图2中第n行的第m个数用表示，即展开式中的系数为，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 现有四种不同颜色的彩灯装饰五面体的六个顶点，要求，用同一种颜色的彩灯，其它各棱的两个顶点挂不同颜色的彩灯，则不同的装饰方案共有________种.（用数字作答） 13. 已知的展开式中第二项与第四项的二项式系数相等，且常数项与展开式中的常数项相等，则________，________. 14. 已知不等式恒成立，则实数a的取值范围是________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数. （1）求在处的切线方程； （2）求的极值. 16. 从甲、乙、丙等7人中选出5人排成一排.（以下问题均用数字作答） （1）甲、乙、丙三人恰有两人在内，有多少种排法? （2）甲、乙、丙三人全内，且甲在乙、丙之间（可以不相邻）有多少种排法? （3）甲、乙、丙都在内，且甲、乙必须相邻，甲、丙不相邻，有多少种排法? 17. 已知的展开式中，所有项的系数之和是512. （1）求展开式中有理项有几项； （2）求展开式中系数绝对值最大的项是第几项. 18 已知函数，. （1）若，讨论函数的单调性； （2）若，且，求证： 19. ①在高等数学中，关于极限的计算，常会用到：i)四则运算法则：如果，，则，，若B≠0，则；ii)洛必达法则：若函数，的导函数分别为，，，，则； ②设，k是大于1的正整数，若函数满足：对，均有成立，则称函数为区间(0,a)上的k阶无穷递降函数.结合以上两个信息，回答下列问题； （1）计算：①； ②； （2）试判断是否为区间上的2阶无穷递降函数；并证明：，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$