精品解析：山东省济宁市曲阜市2023-2024学年高二下学期期中教学质量检测数学试卷

2023~2024学年度第二学期期中教学质量检测 高二数学试题 2024.04 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效. 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第I卷（选择题） 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. 抛物线 在点处的切线的斜率为（ ） A. B. C. D. 1 2. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 3. 的展开式中,一次项的系数( ) A. B. C. D. 4. 某中学从4名男生和4名女生中推荐4人参加社会公益活动，若选出的4人中既有男生又有女生，则不同的选法共有 A. 68种 B. 70种 C. 240种 D. 280种 5. 已知函数的导函数为，若，都有，且 ，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 某工程队有6辆不同的工程车，按下列方式分给工地进行作业，每个工地至少分1辆工程车，则下列结论正确的是（ ） A. 分给甲､乙､丙三地每地各2辆，有120种分配方式 B. 分给甲､乙两地每地各2辆，分给丙､丁两地每地各1辆，有180种分配方式 C. 分给甲､乙､丙三地，其中一地分4辆，另两地各分1辆，有60种分配方式 D. 分给甲､乙､丙､丁四地，其中两地各分2辆，另两地各分1辆，有1160种分配方式 8. 已知实数满足，则的最小值为（ ） 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. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 下列说法正确的是( ) A. 的展开式中，的系数为30 B. 将标号为，，，，，的张卡片放入个不同的信封中，若每个信封放张，其中标号为，的卡片放入同一信封，则不同的方法共有种 C. 已知，则 D. 记，则 11. 已知函数，则（ ） A. 在上的极大值和最大值相等 B. 直线和函数 的图象相切 C. 若 在区间上单调递减，则 D. 第II卷（非选择题） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有_____ 种不同的着色方法. 13. 若函数在处有极小值，则 __________. 14. 若不等式对任意成立,则实数a的取值范围为______. 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. （1）解不等式：； （2）已知，求． 16. 已知函数. （1）求曲线在 处的切线方程； （2）求函数的单调区间和极值； （3）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围． 17. 在的展开式中， （1）求二项式系数最大的项； （2）若第项是有理项，求的取值集合. （3）系数的绝对值最大的项是第几项； 18. 在研制飞机的自动着陆系统时，需要研究飞机的降落曲线．如图，一架水平飞行的飞机的着陆点为原点 ，飞机降落曲线大致为，其中（单位：m）表示飞机距离着陆点的水平距离，（单位：m）表示飞机距离着陆点的竖直高度．假设飞机开始降落时的竖直高度为4500m，距离着陆点的水平距离为，飞机在整个降落过程中始终在同一个竖直平面内飞行，且飞机开始降落时的降落曲线与平方向的直线相切． （1）用分别表示和： （2）若飞机开始降落时的水平速度150m/s，且在整个降落过程中水平速度保持不变，另外，基于安全考虑，飞机在降落过程中的竖直加速度（即关于降落时间（单位：s）的导函数的导数）的绝对值不超过1m/s2，求飞机开始降落时距离着陆点的水平距离的最小值． 19. 已知函数 （1）讨论 的单调性; （2）证明:当 时， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023~2024学年度第二学期期中教学质量检测 高二数学试题 2024.04 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效. 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第I卷（选择题） 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. 抛物线 在点处的切线的斜率为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】求出导函数，令求出即为切线的斜率. 【详解】令，得，得 故选：D 2. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的单调性与导数的关系即可求解. 【详解】解：函数的定义域是，， 令，解得 ， 所以函数在上单调递减． 故选：D． 3. 的展开式中,一次项的系数( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】展开式中一次项即分别取每个括号中的一次项系数乘以剩余括号中的常数，再将结果相加即可. 【详解】由题意，展开式中一次项即分别取每个括号中的一次项系数乘以剩余括号中的常数，再将结果相加即可. 所以展开式中一次项的系数为 故选: C 4. 某中学从4名男生和4名女生中推荐4人参加社会公益活动，若选出的4人中既有男生又有女生，则不同的选法共有 A. 68种 B. 70种 C. 240种 D. 280种 【答案】A 【解析】 【分析】利用间接法，先求出没有限制条件的选法，再排除只有男生（或女生）的选法，问题得以解决. 【详解】解：从8个人中选4人共种选法，只有男生（或女生）的选法有种， 所以既有男生又有女生的选法有68种． 故选A． 【点睛】本题考查了排列组合题，间接法是常用的一种方法，属于基础题 5. 已知函数的导函数为，若，都有，且 ，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，通过题意判断出在上单调递减，将所求转化为即可求解. 【详解】设，则，因为，所以 ，所以在上单调递减． 因为，所以，又不等式可转换为，即，所以，解得． 故选：C． 6. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数函数的性质可比较的大小，再构造函数，利用导数判断函数的单调性，再利用其单调性可比较出 ，从而可比较出三个数的大小 【详解】因为在上为增函数，且， 所以， 因为，所以，即， 令（），得， 所以 在 上递增， 所以，所以， 令，则，即，即 ， 所以， 故选：D 7. 某工程队有6辆不同的工程车，按下列方式分给工地进行作业，每个工地至少分1辆工程车，则下列结论正确的是（ ） A. 分给甲､乙､丙三地每地各2辆，有120种分配方式 B. 分给甲､乙两地每地各2辆，分给丙､丁两地每地各1辆，有180种分配方式 C. 分给甲､乙､丙三地，其中一地分4辆，另两地各分1辆，有60种分配方式 D. 分给甲､乙､丙､丁四地，其中两地各分2辆，另两地各分1辆，有1160种分配方式 【答案】B 【解析】 【分析】AB项，工地不同，工程车不同，按工地选车顺序分步计数即可；CD项，先分组再分配．计算后判断各选项． 【详解】对A，先甲地从6辆工程车中分2辆，有种方法，再乙地从剩余的4辆工程车中分2辆，有种方法，最后的2辆分给丙地， 所以不同的分配方式有（种），故A错误； 对B，6辆工程车先分给甲､乙两地每地各2辆，有种方法，剩余2辆分给丙､丁两地每地各1辆，有种方法， 所以不同的分配方式有（种），故B正确； 对C，先把6辆工程车分成3组：4辆､1辆､1辆，有种方法，再分配给甲､乙､丙三地， 所以不同的分配方式有（种），故C错误； 对D，先把6辆工程车分成4组：2辆､2辆､1辆､1辆，有种分组方法，再分给甲､乙､丙､丁四地， 所以不同的分配方式有（种），故D错误. 故选：B. 8. 已知实数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用转化思想，将代换，代换 ，则，满足：，即，再以代换，可得点，满足．因此求的最小值，即为求曲线上的点到直线的距离的最小值的平方．利用导数的几何意义，研究曲线和直线平行的切线性质即可得出答案． 【详解】解：代换代换 ，则满足：，即，以代换，可得点，满足. 因此求的最小值， 即为求曲线上的点到直线的距离的最小值的平方. 设直线与曲线相切于点， ，则， 解得 ，切点为 . 点到直线的距离， 则的最小值为. 故选B. 【点睛】本题考查了利用导数研究曲线的切线性质、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，问题转化是解题的关键，属于中档题． 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. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由基本初等函数的导数与导数的运算法则计算即可. 【详解】，， ，. 故选：BC. 10. 下列说法正确的是( ) A. 的展开式中，的系数为30 B. 将标号为，，，，，的张卡片放入个不同的信封中，若每个信封放张，其中标号为，的卡片放入同一信封，则不同的方法共有种 C. 已知，则 D. 记，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】A：根据结构可知，由2个y、1个x、2个构成，据此即可作答；B：先抽一个信封装卡片1和2，再将3、4、5、6分成两组，将两组分别放入两个信封，据此即可求出不同的数量；C：根据排列数和组合数计算公式解方程即可；D：根据二项式系数求；令x＝－1和x＝0分别求和，据此即可求解． 【详解】A选项：的展开式中，的系数为，故A正确； B选项：将标号为，，，，，的张卡片放入个不同的信封中，若每个信封放张，其中标号为，的卡片放入同一信封，则不同的方法共有种(先抽一个信封装卡片1和2，再将3、4、5、6均分成两组，将两组分别放入两个信封)，故B错误； C选项：∵， ∴，故C正确； D选项：∵， ∴； 令x＝0得，； 令x＝－1得， ； ∴，故D正确． 故选：ACD． 11. 已知函数，则（ ） A. 在上的极大值和最大值相等 B. 直线和函数 的图象相切 C. 若 在区间上单调递减，则 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A：利用导数法求解判断；选项B：利用导数的几何意义求解判断；选项C：结合选项A，由求解判断；选项D：根据求解判断. 【详解】选项A：，令，得 或，故 在 ，上单调递增：令，得，故 在上单调递减． 当时， 的极大值为，又，所以 在上的最大值为，所以A错误． 选项B：易知直线的斜率为－3，设直线和函数 的图象相切的切点为，则，即，解得，故，故切点为，显然切点坐标满足，故B正确． 选项C：结合选项A知：若 在区间上单调递减，则，故，故C正确． 选项D：易知， 所以，故D正确． 故选：BCD 第II卷（非选择题） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有_____ 种不同的着色方法. 【答案】180 【解析】 【分析】由分步乘法计数原理即可求解. 【详解】先给地区I染色有5种选择，再给地区II染色有4种选择，然后给地区III染色有3种选择，最后给地区IV染色也有3种选择， 综上所述，满足题意的染色方法共有种. 故答案为：180. 13. 若函数在处有极小值，则 __________. 【答案】 【解析】 【分析】根据求得c，然后验证极值即可. 【详解】， 因为在处有极小值， 所以，解得或， 当时，令，解得或， 当时，，在 上单调递增， 当时，，在上单调递减， 此时，在处有极大值，不满足题意. 当时，令，解得或 ， 当 时，，在上单调递减， 当 时，，在 上单调递增， 此时，在处有极小值，满足题意. 故答案为： . 14. 若不等式对任意成立,则实数a的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】将不等式变形为的形式,构造,求导判断单调性后可知,只需即可,即成立,只需,构造新函数,求导求单调性,求出最值解出a的取值范围即可. 【详解】解:因为对任意成立, 不等式可变形为:, 即, 即对任意成立, 记,所以, 所以在上单调递增, 则可写为:, 根据单调性可知,只需对任意成立即可, 即成立,记,即只需, 因为,故在上,,单调递增, 在上,,单调递减, 所以, 所以只需即可,解得:. 故答案为: 【点睛】思路点睛:本题考查不等式恒成立问题，属于难题，关于恒成立问题的思路如下: (1)若，恒成立，则只需; (2) 若，恒成立，则只需; (3) 若，恒成立，则只需; (4) 若，恒成立，则只需; (5) 若，恒成立，则只需; (6) 若，恒成立，则只需; (7) 若，恒成立，则只需; (8) 若，恒成立，则只需. 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. （1）解不等式：； （2）已知，求． 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】 （1）利用排列数的计算公式进行求解； （2）利用组合数的计算公式进行求解. 【详解】（1）因为，，， 所以不等式可化为， 解得， 又，， 所以不等式的解集为． （2）因为，，， 所以， 可化为，， 解得（舍去）或2， 所以． 【点睛】本题主要考查排列数和组合数的有关计算，明确计算公式的求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养. 16. 已知函数. （1）求曲线在 处的切线方程； （2）求函数的单调区间和极值； （3）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）答案见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）求出、的值，利用导数的几何意义可求得曲线在 处的切线方程； （2）利用导数分析函数的单调性，可求得函数的增区间、减区间以及极大值、极小值； （3）当时，由结合参变量分离法可得，令，其中，利用导数求出函数的最大值，即可得出实数的取值范围. 【小问1详解】 解：因为，则，所以，，， 所以，曲线在 处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 解：，该函数的定义域为， 则，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以，函数的增区间为、，减区间为， 函数的极大值为，极小值为. 【小问3详解】 解：当时，由可得， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以，函数的增区间为，减区间为，所以，， 所以，，故实数的取值范围是. 17. 在的展开式中， （1）求二项式系数最大的项； （2）若第项是有理项，求的取值集合. （3）系数的绝对值最大的项是第几项； 【答案】（1） （2） （3）第项和第项 【解析】 【分析】（1）利用二项式定理求出通项，二项式系数最大的项为中间项，求解即可； （2）当为整数时为有理项，即可求解； （3）设第项的系数的绝对值最大，列方程组即可求解. 【小问1详解】 ，， 二项式系数最大的项为中间项，即第项， 所以； 【小问2详解】 ，， 当为整数时为有理项，即， 则的取值集合为； 【小问3详解】 设第项的系数的绝对值最大， 则，所以，解得， 故系数的绝对值最大的项为第项和第项. 18. 在研制飞机的自动着陆系统时，需要研究飞机的降落曲线．如图，一架水平飞行的飞机的着陆点为原点，飞机降落曲线大致为，其中（单位：m）表示飞机距离着陆点的水平距离，（单位：m）表示飞机距离着陆点的竖直高度．假设飞机开始降落时的竖直高度为4500m，距离着陆点的水平距离为，飞机在整个降落过程中始终在同一个竖直平面内飞行，且飞机开始降落时的降落曲线与平方向的直线相切． （1）用分别表示和 ： （2）若飞机开始降落时的水平速度150m/s，且在整个降落过程中水平速度保持不变，另外，基于安全考虑，飞机在降落过程中的竖直加速度（即关于降落时间（单位：s）的导函数的导数）的绝对值不超过1m/s2，求飞机开始降落时距离着陆点的水平距离的最小值． 【答案】（1），；（2）． 【解析】 【分析】（1）设，求，由解得 . （2）求得 的解析式，设飞机降落时间为，则，代入函数解析式，求导，结合题意求出的最小值即可. 【详解】（1）设． 则， 由题意可知，，即 解得，． （2）由（1）可知，，， 设飞机降落时间为，则， 则，， ， ，， 当或时，取最大值，故， 可得． 所以飞机开始下降时距离着陆点水平距离的最小值为米． 19. 已知函数 （1）讨论 的单调性; （2）证明:当 时， 【答案】（1） 当时，函数在R上单调递减， 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）证明：令 ，， ，令， ， 则 ，所以在上单调递增， 当时，，又 ， 有， ，即单调递减， ， ，即单调递增， 所以 ，而此时 ， 所以当时，成立； 当时，可得 ， ， 所以 又 ， 所以存在，使得 ，即， ， ，， ， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， ，由可得， ， 下面证明，， 令 ， ， 所以在上单调递增， ， 即得证，即成立， 综上，当 时，成立. 【解析】 【分析】（1）求导，按照的正负，讨论正负得解； （2）令 ，分和两种情况讨论，利用导数判断单调性，求出最小值证明. 【小问1详解】 ，， 当时，易知，所以函数在R上单调递减， 当时，令 ，解得 ， 令，解得 ，即在上单调递增， 令，得 ，即在上单调递减， 综上，当时，函数在R上单调递减， 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 略 【点睛】思路点睛：第一问，求出导数，对正负分类讨论，研究导数正负从而得函数的单调性；第二问，令 ，利用导数研究的单调性，最值，注意分和讨论，对时的情况，结合隐零点和基本不等式求出 ，问题转化为证明，，构造函数证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $