精品解析：湖北省仙桃市田家炳实验高级中学2024-2025学年高二下学期期中模拟演练数学试卷（B)

仙桃市田家炳实验高中2025年春季学期期中模拟演练 高二数学试卷（B） 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并将准考证条形码粘贴在答题卡指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 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. 下列求导结果正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 函数的单调增区间为（ ） A B. C. D. 3. 用0．1，2，3，4这5个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ） A. 24个 B. 26个 C. 30个 D. 42个 4. 设，则的展开式中的系数为（ ） A. 16 B. 448 C. D. 5. 已知函数在上无极值，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 若既能被9整除又能被7整除，则正整数a的最小值为（ ） A. 6 B. 10 C. 55 D. 63 7. 若关于x的方程存在三个不等的实数根，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现．欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晩近四百年．“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（ ） A. B. 第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C. 记第n行的第个数为，则 D. 第20行中第8个数与第9个数之比为 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. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 不存在常数项 B. 二项式系数和为1 C. 第4项和第5项二项式系数最大 D. 所有项的系数和为128 10. 高二年级安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，下列说法正确有（ ） A. 所有可能方法有种 B. 如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种 C. 如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有25种 D. 如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种 11. 已知函数与其导函数的部分图象如图所示，若函数，则下列的结论正确的是（ ） A. B. 在区间上单调递增 C. 当时，函数有极小值 D. 当时，函数有极小值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，若，则___________． 13. 五种不同商品在货架上排成一排，其中A，B两种必须连排，而C，D两种不能连排，则不同的排法共有________种． 14. 设，函数，若恰有两个零点，则的取值范围是______ 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. （1）已知，计算：； （2）解方程：． （3）解不等式：． 16. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）求在区间上最大值和最小值． 17. 已知函数，若有极大值，且极大值为2． （1）求的值； （2）若在上恒成立，求的取值范围． 18. 已知，． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 19. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）求函数在区间上的最大值的表达式； （3）若函数有两个零点，求实数取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 仙桃市田家炳实验高中2025年春季学期期中模拟演练 高二数学试卷（B） 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并将准考证条形码粘贴在答题卡指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 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. 下列求导结果正确的是（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 分析】 利用导数的求导法则以及复合函数的求导法则可判断各选项的正误. 【详解】对于A选项，，A选项错误； 对于B选项，，B选项错误； 对于C选项，，C选项正确； 对于D选项，，D选项错误. 故选：C. 2. 函数的单调增区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先确定函数的定义域，再利用导数求函数的单调区间即可. 【详解】函数的定义域为， 因为，所以， 令，即，所以，解得， 所以函数的单调递增区间为. 故选：B. 3. 用0．1，2，3，4这5个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ） A. 24个 B. 26个 C. 30个 D. 42个 【答案】C 【解析】 【分析】利用分类加法和分步乘法计数原理，结合排列的定义即可求. 【详解】若0在个位，则可组成个偶数； 若2在个位，则可组成个偶数； 若4在个位，则可组成个偶数； 所以偶数共有个. 故选：C 4. 设，则的展开式中的系数为（ ） A. 16 B. 448 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据，结合二项式定理公式求解即可. 【详解】因为， 所以， 令，得，所以展开式中的系数为. 故选：C 5. 已知函数在上无极值，则实数取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求得导函数，根据无极值的条件，利用判别式解得的取值范围. 【详解】因为函数在上无极值, 所以在上无变号零点，解得， 即实数的取值范围为. 故选：C. 6. 若既能被9整除又能被7整除，则正整数a的最小值为（ ） A. 6 B. 10 C. 55 D. 63 【答案】C 【解析】 【分析】分别由和结合二项式定理得和，再一一检验时和的解的情况即可得解. 【详解】因为， 所以 ， 所以若既能被7整除，则，故 又， 所以 ， 所以若既能被9整除，则，故， 对于A，若，则由可知无解，故A错误； 对于B，若，则由可知无解，故B错误； 对于C，若，则由和得，故C正确； 对于D，若，则由可知无解，故D错误. 故选：C. 7. 若关于x的方程存在三个不等的实数根，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将方程有三个根转化为两个函数有三个交点的问题，参变分离得到，再构造函数，利用导数求函数的单调性并作出图象，即可得到满足条件的实数a的取值范围. 【详解】对于方程，当时，不成立，所以不是方程的解. 由题意关于x的方程存在三个不等的实数根， 等价于存在三个不等的实数根. 令，则， 所以在上，单调递减； 在上，单调递增. 时，；时，；时，， 函数图象如图， 令，则， 所以在上，单调递增； 在上，单调递减. 时，；时，；时，， 图像如图， 令，则， 由于在上恒成立， 所以在上，单调递减； 在上，单调递增，且. 从的函数图象可以看出， 当时，；当且时，. 函数大致图象如图， 则存在三个不等的实数根，. 故选：D. 8. 习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现．欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晩近四百年．“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（ ） A. B. 第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C. 记第n行的第个数为，则 D. 第20行中第8个数与第9个数之比为 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，归纳可得：第行的第个数为，由组合数的性质依次分析选项是否正确，综合可得答案． 【详解】根据题意，由数表可得：第行的第个数为， 由此分析选项： 对于A，，A错误； 对于B，第2023行中从左往右第1013个数为，第1014个数为，两者不相等，B错误； 对于C，记第行的第个数为，则，则，C错误； 对于D，第20行中第8个数为，第9个数为，则两个数的比为，D正确． 故选：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. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 不存在常数项 B. 二项式系数和为1 C. 第4项和第5项二项式系数最大 D. 所有项的系数和为128 【答案】AC 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式及赋值法，逐项分析即得. 【详解】因为展开式的通项公式为， 对A，由，得(舍去)，所以展开式不存常数项，故A正确； 对B，二项式系数和为，故B错误； 对C，展开式共有项，所以第4项和第5项二项式系数最大，故C正确； 对D，令，得所有项的系数和为，故D错误； 故选：AC. 10. 高二年级安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，下列说法正确的有（ ） A. 所有可能的方法有种 B. 如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种 C. 如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有25种 D. 如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种 【答案】BC 【解析】 【分析】根据分步乘法原理判断A、C，根据间接法判断B，根据分类加法原理和乘法原理判断D. 【详解】对于选项A，安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动， 每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动， 故有种选择方案，错误； 对于选项B，如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有（种），正确； 对于选项C：如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有（种），正确； 对于选项D：如果甲、乙两名同学必须在同一个社区， 再分为丙与甲、乙两名同学在一起和不在一起两种情况，则不同的安排方法共有（种）， 错误. 故选：BC 11. 已知函数与其导函数的部分图象如图所示，若函数，则下列的结论正确的是（ ） A. B. 在区间上单调递增 C. 当时，函数有极小值 D. 当时，函数有极小值 【答案】AC 【解析】 【分析】由的单调性即可判断AB，由函数极值的定义，结合原函数以及导函数的图像，即可判断CD. 【详解】 由有， 由图可知的分布如图所示： 当时，，所以，所以在单调递增， 所以，即，所以，故A正确； 当时，，所以，即在单调递减，B错误； 当时，，所以，由图可知当时，， 当时，， 所以在单调递减，在单调递增，所以是的极小值点， 故当时，函数有极小值，故C正确； 当时，，所以，由图可知当时，， 所以，所以，所以在单调递增， 所以当时，函数有极大值，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. 已知，若，则___________． 【答案】0 【解析】 【分析】先根据条件求出，然后由赋值法即可求解. 【详解】由题意，所以，即， 令，则，令，则， 所以. 故答案为：0. 13. 五种不同商品在货架上排成一排，其中A，B两种必须连排，而C，D两种不能连排，则不同的排法共有________种． 【答案】 【解析】 【分析】根据捆绑和插入法，结合分步计数原理即可求解. 【详解】由题意，设五种商品编号分别为， 其中A，B两种必须连排，C，D两种不能连排， 将A，B两种看作一种商品与进行排列，共有（种）， 共形成个空，选择个空，将C，D插入，共有（种）， 则不同的排法共有：（种）, 故答案为: 14. 设，函数，若恰有两个零点，则的取值范围是______ 【答案】 【解析】 【分析】分离参数，问题转化为直线与函数图象有两个交点，求导分析单调性，画出的图象，数形结合即可得到的取值范围. 【详解】∵，∴. 当时，由得，， 当时，由得，， 令，则直线与函数的图象有两个交点， 当时，，函数在上是减函数， 当时，， 由得，由得， ∴在上为减函数，在上为增函数，且当时，函数极小值为， 当时，，当时，，函数图象如图所示， 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，此时函数有两个零点， ∴实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键是分离参数，把问题转化为直线与函数图象交点个数问题，在画函数图象的过程中常借助导数分析单调性. 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）已知，计算：； （2）解方程：． （3）解不等式：． 【答案】（1）126（2）（3） 【解析】 【分析】（1）由组合数的对称性得，代入所求式子中结合组合数的运算性质即可得解； （2）利用组合数的定义得到关于的方程，解方程并注意的范围即可得解； （3）将排列数不等式转换为关于的不等式组，解不等式组即可得解. 【详解】（1）因为，则，解得，经验证符合， 所以． （2）由，得，所以， 即， 而由，知，，解得，所以原方程的解为． （3）因为， 所以，化简可得， 解得，所以不等式解集． 16. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）求在区间上的最大值和最小值． 【答案】（1）递减区间为，递增区间为和； （2）最大值为，最小值为. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，判断导函数大于0或小于0的x取值集合即可作答. （2）利用（1）的结论，借助单调性即可求解的最大值和最小值. 【小问1详解】 函数定义域为R，， 当或时，，当时，，即在，上递增，在上递减， 所以的递减区间为，递增区间为和. 【小问2详解】 由（1）知，在上单调递增，在上单调递减, 因此，在区间上的最大值为，而，，即有， 所以在区间上的最大值为，最小值为. 17. 已知函数，若有极大值，且极大值为2． （1）求的值； （2）若在上恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）判断的极大值即可求解的值； （2）分离参数，得到，然后令，所以，则在上恒成立，求出对应的最大值，即为的最小值，然后得到范围. 【小问1详解】 易知函数的定义域为， 根据题意可得，令，得， 当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减； 所以， 解得 【小问2详解】 由（1）知， 因为，所以可化为， 设， 所以，则在上恒成立， 即可得在上单调递减，， 因此的取值范围是 【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法： 若在区间上有最值，则： （1）恒成立： （2）能成立： 若能分离常数，即将问题转化为：（或），则 （1）恒成立： （2）能成立： 18. 已知，． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2）0 （3） 【解析】 【分析】（1）利用二项式展开式的通项公式(且)求解； （2）分别令，令求解； （3）根据展开式的通项得到偶数项的系数为负数，令求解. 【小问1详解】 二项式展开式的通项为：(且)， 所以，所以． 【小问2详解】 令，得， 令，得， 所以． 【小问3详解】 因为展开式的通项为(且)， 所以当为奇数时，项的系数为负数． 所以， 令，得， ． 19. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）求函数在区间上的最大值的表达式； （3）若函数有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）求导后，分及讨论函数的单调性，结合函数的单调性即可得函数的最大值，即可得解； （3）由函数的单调性，可设出，即有，结合零点的存在性定理得出极小值，从而解出的范围. 【小问1详解】 易知函数的定义域为. 当时，. ， 所以在点处的切线斜率， 又，即点坐标为， 所以点处的切线方程为； 【小问2详解】 因为. 所以， 当时，易知在上恒成立，所以在上单调递减， 故函数在区间上的最大值为. 当时，令， 则在上单调递增， 且当时，，当时，， 所以在上有唯一的一个零点. 令，则该方程有且只有一个正根，记为，则可得： 单调递减 单调递增 所以函数在区间上的最大值为， 由，有： 当时，； 当时，， 故； 【小问3详解】 由（2）可知，当时，在上单调递减， 故此时函数至多有一个零点，不符合题意； 当时，在时，单调递减，在时，单调递增； 且，所以，① 又时，，当时，， 为了满足有两个零点，则有.② 对①两边取对数可得，③ 将①③代入②可得，解得. 所以实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于设出，即有，结合零点的存在性定理得出极小值，从而解出的范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$