精品解析：广东省茂名市电白区2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题

广东省茂名市电白区2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题 （时间：120分钟，满分：150分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．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（ ）. A. B. 3 C. D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】求出可得答案. 【详解】因为函数，所以. 故选：C. 2. 设曲线在点处的切线与直线平行，则（ ）. A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求解. 【详解】由函数，可得，则， 因为直线的斜率为2，可得. 故选：B. 3. 的展开式的常数项为（ ） A. 210 B. 252 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用展开式的通项可得答案. 【详解】的通项为， 且。 令，解得， 所以展开式的常数项为. 故选：C. 4. 函数的图象如图所示，下列数值排序正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由导数的几何意义分析可得，和的几何意义，结合图象可得解. 【详解】，和分别为函数在，和处切线的斜率， 即图中直线的斜率， 结合图象可得. 故选：D 5. 已知函数的图像如图所示，则其导函数的图像可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的图像、单调性以及导数等知识确定正确答案. 【详解】由图可知，当时，单调递减，，由此排除BD选项. 当时，从左向右，递增、递减、递增， 对应导数的符号为，由此排除C选项， 所以A选项正确. 故选：A 6. 已知，则（ ） A. 2 B. 5 C. 2或5 D. 2或6 【答案】C 【解析】 【分析】 根据组合数的性质可得或，解方程即可. 【详解】由， 可得或， 解得或5. 故选：C 7. 的展开式中的系数是（ ）. A. B. C. 5 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式运算求解即可. 【详解】， 的展开式的通项为， ， 令可得的系数是, 令可得的系数是, 所以的展开式中的系数是. 故选：A. 8. 中国南北朝时期著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设均为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为，如9和21被6除得的余数都是3，则记．若，且，则的值可以是（ ） A. 2010 B. 2021 C. 2019 D. 1997 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可得，展开计算得到，对比选项得到答案． 【详解】因为， 又，故， 又，，， ，结合选项可知只有B符合题意. 故选：B 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. 下列结论中不正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据基本初等函数的导数公式及导数的运算法则计算可得. 【详解】对于A：若，则，故A错误； 对于B：若，则，故B正确； 对于C：若，则，故C错误； 对于D：若，则，故D错误. 故选：ACD 10. 设，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】设，利用赋值法和通项可判断各选项的正误． 【详解】设， 对于A：，故A错误； 对于B：是展开式中的系数， 由二项式展开式的通项为，， 取，得的系数为，即，故B正确； 对于C：因为， 所以，故C错误； 对于D：， 所以，故D正确． 故选：BD 11. 已知函数，下列结论中正确的是（ ） A. 函数在时，取得极小值 B. 对于，恒成立 C. 若，则 D. 若对于，不等式恒成立，则的最大值为，的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对求导，利用导函数的符号判断在上的单调性判断AB，构造，结合AB中结论求解的单调性判断CD. 【详解】选项A：由题意可得， 所以当时，在单调递减， 所以在上不存在极值点，A说法错误； 选项B：因为且由A可知在单调递减， 所以，恒成立，B说法正确； 选项C：令，，则， 由B可知在恒成立，所以在上单调递减， 所以当时，，即，C说法正确； 选项D：由C可知当时，， 所以对于，不等式恒成立，则的最大值为，的最小值为，D说法正确； 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 12. 已知的展开式中第5项与第8项的二项式系数相等，则______. 【答案】11 【解析】 【分析】根据题意，结合二项展开式的二项式系数列出方程，求得的值，即可求解 【详解】根据题意知，所以. 故答案为：11 13. 函数无极值，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】求导，根据题意结合极值分析可知，即可得结果. 【详解】因为，则， 若函数无极值，则，解得， 所以实数的取值范围是. 故答案为：. 14. 拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，其定理陈述如下：如果函数在闭区间[a，b]上连续，在开区间内可导，且存在点，使得，则称为函数在闭区间[a，b]上的中值点．若函数在区间上的“中值点”的个数为，函数在区间[0，1]上的“中值点”的个数为，则______.（参考数据：） 【答案】2 【解析】 【分析】根据题意，利用“拉格朗日中值定理”，分析的值，进而计算可得答案. 【详解】对于函数， 若，由，得， 若， 则， 故， 所以函数在区间上的“中值点”的个数． 对于，函数， 若，由，得， 若，则， 故， 所以函数在区间上的“中值点”的个数， 所以，. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共74分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. （1）计算：； （2）解方程： 【答案】（1）56；（2） 【解析】 【分析】（1）利用组合数、排列数公式计算即得； （2）利用组合数的性质化简，再利用组合数公式计算即得. 【详解】（1）． （2），则， 得或（舍） 所以方程的解为. 16. 某校高二年级开设了《数学建模》、《电影赏析》、《经典阅读》、《英语写作》四门校本选修课程，甲、乙、丙三位同学打算在上述四门课程中随机选择一门进行学习，已知三人选择课程时互不影响，且每人选择每一门课程都是等可能的． （1）三人共有多少种不同的课程选择种数? （2）求三位同学选择的课程互不相同的概率; （3）若至少有两位同学选择《数学建模》，则三人共有多少种不同的选课种数? 【答案】（1）64 （2） （3）10 【解析】 分析】（1）由分步计数原理计算即可； （2）先计算出三位同学选择的课程互不相同的选法种数，利用古典概型的概率公式可求得结果； （3）分两种情况讨论：有两位同学选择《数学建模》和三位同学都选择《数学建模》，分别计算出两种情况下不同的选课种数，利用分类加法计数原理可得结果. 【小问1详解】 因为每位同学都有四种不同的选择，所以选课种数为； 【小问2详解】 三位同学选择的课程互不相同的选课种数为， 所以三位同学选择的课程互不相同的概率为； 【小问3详解】 恰有两位同学选择《数学建模》，另一位同学在其它三门选一门，故选课种数为， 三位同学都选择《数学建模》的选课种数为1， 所以若至少有两位同学选择《数学建模》，则三人共有10种不同的选课种数． 17. 已知函数 （1）求曲线在点处的切线方程; （2）求证：当时，． 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求导得切线斜率，由点斜式可得切线方程； （2）令，利用导数研究函数的单调性，从而可得的最小值，即可求证. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为； 【小问2详解】 令，则， 那么令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，取得最小值，即， 即， 所以，当时，． 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形． （2）构造新的函数． （3）利用导数研究的单调性或最值． （4）根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 18. 已知函数在处取得极值． （1）求a，b的值； （2）求在上的最大值； （3）若关于的方程有三个不同的实根，求的取值范围. 【答案】（1）； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）对函数求导，根据题意建立关于，的方程组，解出即可； （2）由（1）知，利用导数研究函数单调性，从而可得最值； （3）方程有三个不同的实根，转化为两个函数图象的交点问题，可得解. 【小问1详解】 因为， 所以， 因为在处取得极值，所以， 故，解得； 【小问2详解】 由（1）知， 所以， 令则或， 当时，，则单调递减， 当或时，，则单调递增， 所以，在区间上，当时，取得最大值为; 【小问3详解】 由（2）知在时取得极大值为， 在时取极小值， 若关于的方程有三个不同的根，如图， 则， 得，所以的取值范围是. 19. 已知函数． （1）求的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求出，讨论当时，当时，的正负，求得的单调性； （2）讨论当时，当时，最多只有一个零点，不合题意；当时，分别讨论得在有一个零点，在有一个零点，可得的取值范围即为. 小问1详解】 由 得 当时，，， 在R单调递减； 当时，由得，由得 所以，当时，在区间单调递减，在区间单调递增. 【小问2详解】 由（1）知，当时，最多有一个零点； 当时，在时取得最小值 即 所以，当时，，故最多只有一个零点； 当时，， 因为 所以在有一个零点． 令，则， 当时，在单调递减， 当时，在单调递增．又 所以，．故当时，有． 因为时，所以，故 可知有一个零点． 综上可知，若有两个零点，的取值范围是. 【点睛】方法点睛：已知函数零点个数，求参数的取值范围的方法： 直接法，利用零点存在定理构建不等式求解； 数形结合法，将函数的解析式或者方程进行适当变形，把函数的零点或方程的根的问题转化为两个熟悉的函数图象的交点问题，再结合图象求参数的取值范围； 分离参数法，分离参数后转化为求函数的值域（最值）问题求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 广东省茂名市电白区2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题 （时间：120分钟，满分：150分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知函数，则（ ）. A. B. 3 C. D. 9 2. 设曲线在点处的切线与直线平行，则（ ）. A. 1 B. 2 C. D. 3. 的展开式的常数项为（ ） A. 210 B. 252 C. D. 4. 函数图象如图所示，下列数值排序正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的图像如图所示，则其导函数的图像可能是（ ） A. B. C. D. 6 已知，则（ ） A. 2 B. 5 C. 2或5 D. 2或6 7. 的展开式中的系数是（ ）. A. B. C. 5 D. 15 8. 中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设均为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为，如9和21被6除得的余数都是3，则记．若，且，则的值可以是（ ） A. 2010 B. 2021 C. 2019 D. 1997 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.（全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列结论中不正确的有（ ） A 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 设，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，下列结论中正确是（ ） A. 函数在时，取得极小值 B. 对于，恒成立 C. 若，则 D. 若对于，不等式恒成立，则的最大值为，的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 12. 已知的展开式中第5项与第8项的二项式系数相等，则______. 13. 函数无极值，则实数的取值范围是______. 14. 拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，其定理陈述如下：如果函数在闭区间[a，b]上连续，在开区间内可导，且存在点，使得，则称为函数在闭区间[a，b]上的中值点．若函数在区间上的“中值点”的个数为，函数在区间[0，1]上的“中值点”的个数为，则______.（参考数据：） 四、解答题：本题共5小题，共74分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. （1）计算：； （2）解方程： 16. 某校高二年级开设了《数学建模》、《电影赏析》、《经典阅读》、《英语写作》四门校本选修课程，甲、乙、丙三位同学打算在上述四门课程中随机选择一门进行学习，已知三人选择课程时互不影响，且每人选择每一门课程都是等可能． （1）三人共有多少种不同的课程选择种数? （2）求三位同学选择的课程互不相同的概率; （3）若至少有两位同学选择《数学建模》，则三人共有多少种不同的选课种数? 17. 已知函数 （1）求曲线在点处的切线方程; （2）求证：当时，． 18. 已知函数在处取得极值． （1）求a，b的值； （2）求在上的最大值； （3）若关于的方程有三个不同的实根，求的取值范围. 19. 已知函数． （1）求的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$