精品解析：河南省洛阳市2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷

洛阳市2024——2025学年第二学期期中考试 高二数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本大题共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. 设是定义域为R的可导函数，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的极限定义计算即得. 【详解】因， 故. 故选：A. 2. 已知，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. e 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数的求导法则求出，再赋值即可求出，最后求函数值即可. 【详解】由题意可得，， 则，得， 则，则. 故选：D 3. 从2，4，8，14这四个数中任取两个相减，可以得到不相等的差的个数为（ ） A. 12 B. 10 C. 6 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】先确定有无重复的情况，再根据排列数求值即可. 【详解】由题意，，，，，，. 可得，即，， 因此，可以得到不相等的差的个数为. 故选：B. 4. 的展开式中的系数为（ ） A. 30 B. 60 C. 90 D. 120 【答案】B 【解析】 【分析】利用整体思想将三项视为二项，连续用两次通项公式即可求解. 【详解】因为， 所以通项公式， 因为要求的系数，所以令， 此时， 又的通项公式， 令，解得， 则的展开式中的系数为， 因此，的展开式中的系数为. 故选：B. 5. 已知函数，则函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据零点排除B 、D两项，再用对函数求导判断上的单调性，即可判断结果. 【详解】由可得，令，则，所以函数只有一个零点，故排除B 、D两项，由，令，所以，当时，，所以 在上单调递增，所以当时，，所以当时，，所以函数在上单调递增，所以排除C项. 故选：A 【点睛】本题主要考查函数的点调性，解题的关键是求导的方法判断单调性，考查学生对图象分析能力. 6. 若函数在上存在最小值，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数确定函数的单调区间和极值，再根据函数在上存在最小值求参数范围. 【详解】由题意，函数的定义域为，， 因此，当或时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减； 所以的极大值为，极小值为， 令，得，化简得，解得或， 因为函数在上存在最小值，所以，解得， 故选：C. 7. 的展开式中系数最大的是（ ） A. 的系数 B. 的系数 C. 的系数 D. 的系数 【答案】B 【解析】 【分析】利用展开式的通项得不等式组可得答案. 【详解】设的展开式的通项为，， 由题意可得， 解得，因为 所以， 所以的展开式中系数最大的是的系数. 故选：B. 8. 若函数与函数的图象有公共切线，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出两个切点，分别表示出切线，利用两切线方程对应系数相等，解出，将看作关于变量的函数，求得函数的值域即可. 【详解】由题意，设公切线与函数相切于点，与函数相切于点； 又，， 则公切线的斜率，且； 故切线方程为，化简得， 也可以表示为，化简得， 所以，则， 又，则，则. 故选：C. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但选不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据基本初等函数的导数公式，导数的运算法则以及复合函数的求导法则求解即可. 【详解】A选项：，故A错误； B选项：，故B正确； C选项：，故C错误； D选项：，故D正确. 故选：BD. 10. 如图，正方形网格棋盘，其中，，，位于棋盘上一条对角线的4个交汇处．在棋盘M，N处的甲、乙两个质点分别要到N，M处，它们分别随机地选择一条沿网格实线走的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则下列说法正确的有（ ） A. 甲从M到达N处的走法种数为20 B. 甲从M必须经过到达N处的走法种数为9 C. 甲、乙能在处相遇的走法种数为36 D. 甲、乙能相遇的走法种数为164 【答案】ABD 【解析】 【分析】由到的最短路径需要走6格，其中向上3步，向右3步，问题为6步中任选3步向上或向右走，再根据各选项的描述，同理分析各种走法的种数，即可确定答案. 【详解】A选项：需要走6格，其中向上3格，向右3格， 所以甲从M到达N处的走法种数为，故A正确； B选项：甲从到达，需要走3格，其中向上1格，向右2格，有种走法， 从到达，需要走3格，其中向上2格，向右1格，有种走法， 根据分步乘法计数原理得：甲从M必须经过到达N处的走法种数为9，故B正确； C选项：由图可知，甲走到处需要3步，且乙走到处需要3步， 又因为，甲经过的走法种数为9，乙经过的走法种数为9， 所以甲，乙两人能在处相遇的走法种数为，故C错误； D选项：甲，乙两人沿着最短路径行走，可能在，，，处相遇， 若甲，乙两人在处相遇，甲经过处，必须向上走3格，乙经过处，必须向左走3格，所以两人在处相遇的走法有1种； 若甲，乙两人在或处相遇，各有81种走法； 若甲，乙两人在处相遇，甲经过处，必须向右走3格，乙经过处，必须向下走3格， 所以两人在处相遇的走法有1种. 根据分类加法计数原理得：甲，乙两人能相遇的走法种数为，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知，，，则下列大小关系中正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】构造函数，利用导数分析函数的单调性，变形可得，，，结合函数的单调性可得出、、的大小关系. 【详解】构造函数，其中，则， 由可得，由可得， 所以，函数的增区间为，减区间为， 因为，， ， 因为，故，即，即， 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】对二项展开式中的分别赋值，联立方程即可求得. 【详解】对于， 取，可得， 再取，可得， 故得. 故答案为：. 13. 已知函数，，若，则的最小值为______. 【答案】2 【解析】 【分析】求导得到，取得到，计算切线得到答案. 【详解】，则，取，故，， 故切线方程为，取，解得， 故的最小值. 故答案为：. 【点睛】本题考查了利用导数求最值，意在考查学生的计算能力和应用能力，转化为切线方程是解题的关键. 14. 目前我省高中数学试卷中多选题的计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，满分18分；②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；③部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．已知在某次高中数学考试中，洛洛同学三个多选题中第一小题和第二小题都随机地选了两个选项，第三小题随机地选了一个选项，他的多选题的总得分（相同总分只记录一次）共有n种情况，则除以64的余数是_________． 【答案】17 【解析】 【分析】先分析得这位同学第一小题和第二小题都可能得0分，4分或6分，第三小题可能得0分，2分或3分，再列举出所有的得分，找到，利用二项式定理解决余数问题． 【详解】这位同学第一小题和第二小题都可能得0分，4分或6分， 第三小题可能得0分，2分或3分， 如图，当第三题得0分时，有可能总得分为：0，4，6，8，10，12， 当第三题得2分时，有可能总得分为：2，6，8，10，12，14， 当第三题得3分时，有可能总得分为：3，7，9，11，13，15， 所以这位同学的多选题所有可能总得分（相同总分只记录一次）为：0，2，3，4，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15， 即， 则 又，则． 则除以64的余数是． 故答案为：． 四、解答题：本大题共6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）求曲线在点处切线的方程； （2）求函数的极值． 【答案】（1） （2）极大值为，极小值为 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求得斜率，再根据点斜式求切线方程即可； （2）根据导数的符号判断函数的单调性，即可求得极值. 【小问1详解】 函数的定义域为，， 所以，又， 所以在点处切线的方程为：， 化简得：. 【小问2详解】 由题意，，. ， 令，解得或，列表如下： 1 2 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 由表可知，函数的极大值为； 极小值为. 16. 用0，1，2，3，4组成无重复数字的五位数． （1）偶数共有多少个？ （2）比30000大的偶数共有多少个？ （3）1，2相邻的偶数共有多少个？ 【答案】（1）60 （2）30 （3）24 【解析】 【分析】（1）根据特殊元素0是否在个位分成两类，再根据分类加法计数原理相加即可； （2）根据特殊位置，即万位是3或4分类，再根据分类加法计数原理相加即可； （3）根据特殊位置，即个位是0或2或4分类，其中个位是4的情况可以用剔除法解决，再根据分类加法计数原理相加即可； 【小问1详解】 当个位是0时，共有种情况； 当个位是2或4时，共有种情况； 根据分类加法计数原理得：符合题意的偶数有个. 【小问2详解】 当万位是3时，共有种情况； 当万位是4时，共有种情况； 根据分类加法计数原理得：符合题意的偶数有个. 【小问3详解】 当个位是0时，共有种情况； 当个位是2时，则十位是1，共有种情况； 当个位是4时，共有种情况； 根据分类加法计数原理得：符合题意的偶数有个. 17. 已知，二项式展开式中第2项与第4项的二项式系数相等，且展开式中的常数项是. （1）求展开式的第5项； （2）设展开式中的所有项的系数之和为，所有项的二项式系数之和为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据二项式系数可得，即可根据通项求解常数项得，进而可求解， （2）利用赋值法可得系数法，即可求解. 【小问1详解】 由题意知，所以. 二项式展开式的通项是， 所以当时展开式中的有常数项， 所以，所以，因为，所以， 所以展开式第5项是. 【小问2详解】 令，二项式展开式中的所有项的系数之和， 二项式系数之和，故. 18. 已知函数． （1）证明：当时，； （2）函数，记为函数的极大值点，求证：． 【答案】（1） 欲证，只需证，即证， 令， 则， 则在上单调递增， 则，即，故命题得证. （2） 因，则， 令，则， 则得；得， 则在上单调递增，在上单调递减， 则， 又， 则由零点存在性定理可知，在和上分别存在一个零点， 不妨设其零点分别为，且， 则是方程的两根， 则，得；，得或， 则在上单调递增，在和上单调递减， 则在处取极大值， 因为函数的极大值点，则，且，， 则， 所以. 【解析】 【分析】（1）构造函数研究其单调性，进而求最小值即可； （2）研究的单调性，得出，进而化简，再利用求范围即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 已知函数，． （1）当时，函数的最小值为，求实数a的值； （2）当时，试确定函数的零点个数，并说明理由． 【答案】（1） （2）1个零点，理由如下： 由，可得， 显然是该方程的一个实数解，故是函数的一个零点； 当时，方程可化简为，设函数，则， 由可得，当时，，则函数在上单调递减； 当时，，函数在上单调递增， 故函数的最小值为， 即对任意的，恒成立，故方程无实数解，即时，函数不存在零点. 综上，函数有且只有1个零点. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，由，按照的取值分类讨论函数在该区间上的单调性，从而得到最值，计算验证即得的值； （2）由，得方程，显然为此方程的一个实数解．当时，方程可化简为．构造函数，利用导数得到的最小值即可求解. 【小问1详解】 由求导得：，因， 当，即时，，则函数在上单调递减， 故，显然不符合题意； 当，即时，，则函数在上单调递增， 故，显然不符合题意； 当，即时，由可得， 当时，，则函数在上单调递减； 当时，，则函数在上单调递增， 故，由，可得，符合题意. 故实数a的值为. 【小问2详解】 略 20. 已知函数，． （1）讨论函数的单调性； （2）若“，，，”为真命题，求实数a取值范围． 【答案】（1） 当时，的减区间为和，的增区间为； 当时，的减区间为，无增区间； 当时，的增区间为，的减区间为. （2） 【解析】 【分析】（1）求得的定义域和导函数，对一元二次方程根的情况进行分类讨论，由此求得的单调区间； （2）将原不等式转化为，构造函数，由在上恒成立，即可求得的取值范围. 【小问1详解】 由题意，的定义域为， ， 令，则， ①当，即时，，则，此时单调递减； ②当，即或时，设的两根为 ，，，， 时，，由，即，得， 由，即，得或， 时，，由，即，得， 由，即，得， 综上所述，当时，的减区间为和，的增区间为； 当时，的减区间为，无增区间； 当时，的增区间为，的减区间为. 【小问2详解】 不妨设，则由得， ，即． 令， 所以为上的减函数，即当时，恒成立， 又，所以，即，又，故， 因此，的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 洛阳市2024——2025学年第二学期期中考试 高二数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本大题共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. 设是定义域为R的可导函数，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 已知，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. e 3. 从2，4，8，14这四个数中任取两个相减，可以得到不相等的差的个数为（ ） A. 12 B. 10 C. 6 D. 5 4. 的展开式中的系数为（ ） A. 30 B. 60 C. 90 D. 120 5. 已知函数，则函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 6. 若函数在上存在最小值，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 的展开式中系数最大的是（ ） A. 的系数 B. 的系数 C. 的系数 D. 的系数 8. 若函数与函数的图象有公共切线，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但选不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，正方形网格棋盘，其中，，，位于棋盘上一条对角线的4个交汇处．在棋盘M，N处的甲、乙两个质点分别要到N，M处，它们分别随机地选择一条沿网格实线走的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则下列说法正确的有（ ） A. 甲从M到达N处的走法种数为20 B. 甲从M必须经过到达N处的走法种数为9 C. 甲、乙能在处相遇的走法种数为36 D. 甲、乙能相遇的走法种数为164 11. 已知，，，则下列大小关系中正确的有（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则_____． 13. 已知函数，，若，则的最小值为______. 14. 目前我省高中数学试卷中多选题的计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，满分18分；②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；③部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．已知在某次高中数学考试中，洛洛同学三个多选题中第一小题和第二小题都随机地选了两个选项，第三小题随机地选了一个选项，他的多选题的总得分（相同总分只记录一次）共有n种情况，则除以64的余数是_________． 四、解答题：本大题共6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）求曲线在点处切线的方程； （2）求函数的极值． 16. 用0，1，2，3，4组成无重复数字的五位数． （1）偶数共有多少个？ （2）比30000大的偶数共有多少个？ （3）1，2相邻的偶数共有多少个？ 17. 已知，二项式展开式中第2项与第4项的二项式系数相等，且展开式中的常数项是. （1）求展开式的第5项； （2）设展开式中的所有项的系数之和为，所有项的二项式系数之和为，求. 18. 已知函数． （1）证明：当时，； （2）函数，记为函数的极大值点，求证：． 19. 已知函数，． （1）当时，函数的最小值为，求实数a的值； （2）当时，试确定函数的零点个数，并说明理由． 20. 已知函数，． （1）讨论函数的单调性； （2）若“，，，”为真命题，求实数a取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $