精品解析：湖北省省仙桃市田家炳实验高级中学2024-2025学年高二下学期4月期中数学试题

实验高中2025年春季学期期中考试 高二数学试题 一、单项选择题：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. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数减法运算法则判断A；根据复合函数的导数判断B；根据导数除法运算法则判断C；根据导数乘法运算法则判断D. 【详解】对于选项A：，故A错误； 对于选项B：，故B正确； 对于选项C：，故C错误； 对于选项D：，故D错误. 故选：B. 2. 如果函数在处的导数为2，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的定义运算求解即可. 【详解】由题意可得：， 所以. 故选：D. 3. 的展开式的第7项的二项式系数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式的通项公式求解. 【详解】的展开式的第7项的二项式系数是. 故选：C. 4. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据导数得出切线斜率，再点斜式得出切线方程即可. 【详解】因为，所以， 所以在点处，所以在点处的切线方程为， 所以切线方程为. 故选：A. 5. 学生甲从8门选修课中任意选择3门，并从5种课外活动小组中选择2种，不同的选法种数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据组合数及分步乘法计数原理即可求解. 【详解】甲从8门选修课中任意选择3门，共有种选法， 从5种课外活动小组中选择2种，共有种选法， 所以共有种选法. 故选：. 6. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求导，可得在恒成立，参变分离，结合函数单调性分析求解即可． 【详解】因为， 由题意可得：在恒成立，可得在上恒成立， 又因为在内单调递减， 可得，可得， 所以a的范围为. 故选：D． 7. 安排名歌手演出顺序时，要求歌手甲不是第一个出场，也不是最后一个出场，则共有安排方法（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】C 【解析】 【分析】优先安排甲，结合排列计数原理可得结果. 【详解】安排名歌手演出顺序时，要求歌手甲不是第一个出场，也不是最后一个出场， 则甲有种选择，其余名歌手任意排列， 所以，不同的安排方法种数为种. 故选：C. 8. 函数存在3个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】写出，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可. 【详解】，则， 若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则， 令，解得或， 且当时，， 当，， 上单调递增， 在上单调递减， 故的极大值为，极小值为， 若要存在3个零点，则，即，解得， 故选：B. 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. 的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 展开式共10项 B. 含项的系数为2016 C. 无常数项 D. 所有项的二项式系数之和为512 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于AD：根据二项展开式的性质即可得结果；对于BC：根据二项展开式的通项公式运算求解即可. 【详解】对于选项AD：因为，则展开式共10项，所有项的二项式系数之和为，故AD正确； 对于BC：二项展开式的通项为， 令，可得，则含项的系数为，故B正确； 令，可得，则展开式中有常数项，故C错误； 故选：ABD. 10. 某学校高二年级数学课外活动小组中有男生4人，女生3人，则下列说法正确的是（ ） A. 从中选2人，1人做正组长，1人做副组长，共有21种不同的选法 B. 从中选2人参加数学竞赛，其中男、女生各1人，共有12种不同的选法 C. 将这7名学生排成一排，3位女生排在一起的方法共有720种 D. 7名学生排成一排，已知4名男生已排好，现将3名女生插入队伍中，则共有210种排法. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：可以看做从8个人中取2个人的排列；对于B：先从男生中选1个，再从女生中选1人，进而可得；对于C：利用捆绑法，先把女生看成一个整体，再与男生排列；对于D：先排列再把男生的顺序排除. 【详解】对于选项A：从7个人中选2人，1人做正组长，1人做副组长选法共有种，故A错误； 对于选项B：从7个人中选2人参加数学竞赛，其中男、女生各1人选法共有种，故B正确； 对于选项C：选排3位女生有种情况，再把3位女生看成1个人与4个男生一起排列有种情况， 共有种情况，故C正确； 对于选项D：7名学生排成一排，共有种情况， 已知4名男生已排好，则需要把男生的顺序排除，共有种情况，故D正确； 故选：BCD. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数与轴有两个不同的交点 B. 函数既存在最大值又存在最小值 C. 若当时，，则的最大值为 D. 若方程有1个实根，则 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：令运算求解即可；对于B：利用导数求单调性和最值；对于C：根据选项B的最值即可得结果；对于D：方程有1个实根等价于与有1个不同交点，采用数形结合的方式可求得. 【详解】由题意可知：定义域为， 对于选项A：令，则，解得， 所以函数与轴有两个不同的交点，故A正确； 对于选项B：因为， 当时，；当时，； 可知在，上单调递减，在上单调递增； 则的极大值为，极小值为， 当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于0， 可知函数有最小值，无最大值，故B错误； 对于选项C：因为函数有最小值， 若当时，，则， 所以的最大值为，故C正确； 对于选项D：方程有1个实根等价于与有1个不同交点， 结合图象可知：，故D错误. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则__________ 【答案】7 【解析】 【分析】根据排列数和组合数运算求解即可. 【详解】因为，则， 可得，解得. 故答案为：7. 13. 的展开式中，的系数为__________（结果用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式定理结合条件求解即可. 【详解】由题意可知：含的为， 所以的系数为. 故答案为：. 14. 已知直线与曲线相切，则__________ 【答案】 【解析】 【分析】求导，设切点坐标为，根据导数的几何意义求切线方程，代入运算求解即可. 【详解】由题意可知：直线过定点，斜率为， 因为，则， 设切点坐标为，切线斜率， 则切线方程为， 代入可得，解得， 所以. 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. 已知，. （1）求的值； （2）求的值； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）令，可得出的值； （2）分别令、，两式相加可得出的值. 【小问1详解】 因为，， 令得，. 【小问2详解】 因为，， 令得，， 令得，， 上述两个等式相减得，故. 16. 已知函数在处取得极值. （1）求实数，的值 （2）求函数在区间上的最大值和最小值 【答案】（1）， （2）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）先求导，根据已知列方程组即可求解； （2）由（1）知，根据导函数判断函数的单调性和极值，再求解区间端点处的函数值与极值比较即可求解最值. 【小问1详解】 因为，所以， 因为在处取得极值， 所以，所以， 解得，经检验，符合题意， 所以，； 【小问2详解】 由（1）知，所以， 令，得或， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以函数的极小值为，极大值为， 又，， 所以函数在区间上的最大值为，最小值为. 17. （1）求的展开式中的常数项； （2）用二项式定理证明可以被100整除. 【答案】（1）84； （2）证明：∵ ， ∴能被100整除． 【解析】 【分析】（1）根据二项式展开式通项公式是常数项得出，即可求解； （2）转化为，再根据二项式展开式计算求解. 【详解】（1）展开式的通项为：，， 令得， 所以展开式中的常数项为； （2）略 18. 已知函数. （1）若，求的单调区间和极值； （2）若，求证：. 【答案】（1） 的单调递减区间为，单调递增区间为， 故有极小值，无极大值. （2）证明：当时，，定义域为，则， 令，则， 故在上单调递增， 又因为，， 所以，存在，使得，即，即， 当时，；当时，. 所以，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，， 因此，当时，. 【解析】 【分析】（1）求得，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间、减区间以及极大值、极小值； （2）当时，可得出，利用导数分析函数的单调性，求出函数的最小值，证明出即可. 【小问1详解】 当时，，定义域为，则， 因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数， 又因为，当时，；当时，. 所以，的单调递减区间为，单调递增区间为， 故有极小值，无极大值. 【小问2详解】 略. 19. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2） 【解析】 【分析】（1）求导，分和两种情况，结合导数符号判断原函数单调性； （2）解法一：分离参数可得在上恒成立，构建，利用导数求其最值即可得结果；解法二：可知在上恒成立，分类讨论，结合（1）中的单调性运算求解即可. 【小问1详解】 由题意可知：的定义域为，且， 当时，，可知在上单调递减； 当时，由得；由得； 可知在上单调递减，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. 【小问2详解】 解法一：（分离参数法）由已知得在上恒成立， 等价于在上恒成立， 构建， 则 构建，可知在上单调递减，且， 当时，，即； 当时，，即； 可知在上单调递增，在上单调递减，则， 可得，即实数的取值范围为； 解法二：（分类讨论法）由题意可知： 在上恒成立， 由（1）知，当时，在上单调递减； 且，不合题意； 当时，可知， 构建，可知在上单调递增，且， 若，则，可得， 故实数的取值范围为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 实验高中2025年春季学期期中考试 高二数学试题 一、单项选择题：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. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 如果函数在处的导数为2，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 4 3. 的展开式的第7项的二项式系数是（ ） A. B. C. D. 4. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 学生甲从8门选修课中任意选择3门，并从5种课外活动小组中选择2种，不同的选法种数为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 安排名歌手演出顺序时，要求歌手甲不是第一个出场，也不是最后一个出场，则共有安排方法（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 8. 函数存在3个零点，则的取值范围是（ ） 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. 的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 展开式共10项 B. 含项的系数为2016 C. 无常数项 D. 所有项的二项式系数之和为512 10. 某学校高二年级数学课外活动小组中有男生4人，女生3人，则下列说法正确的是（ ） A. 从中选2人，1人做正组长，1人做副组长，共有21种不同的选法 B. 从中选2人参加数学竞赛，其中男、女生各1人，共有12种不同的选法 C. 将这7名学生排成一排，3位女生排在一起的方法共有720种 D. 7名学生排成一排，已知4名男生已排好，现将3名女生插入队伍中，则共有210种排法. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数与轴有两个不同的交点 B. 函数既存在最大值又存在最小值 C. 若当时，，则的最大值为 D. 若方程有1个实根，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则__________ 13. 的展开式中，的系数为__________（结果用数字作答） 14. 已知直线与曲线相切，则__________ 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，. （1）求的值； （2）求的值； 16. 已知函数在处取得极值. （1）求实数，的值 （2）求函数在区间上的最大值和最小值 17. （1）求的展开式中的常数项； （2）用二项式定理证明可以被100整除. 18. 已知函数. （1）若，求的单调区间和极值； （2）若，求证：. 19. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）若恒成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $