精品解析：天津市部分区2024-2025学年高二下学期期中练习数学试题

天津市部分区2024~2025学年度第二学期期中练习 高二数学 第I卷（共36分） 一､选择题（本题共9小题，每小题4分，共36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. （ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据组合数公式计算可得. 【详解】. 故选：B 2. 函数的导数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的运算法则计算可得. 【详解】因为，所以. 故选：D 3. 一个做直线运动的质点的位移与时间的关系式为，若该质点的瞬时速度为时，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】质点在某个时刻的瞬时速度即函数在该时刻的导函数值，故先将位移对时间进行求导，再由求即可. 【详解】质点在某个时刻的瞬时速度即函数在该时刻的导函数值，故先将位移对时间进行求导，有 ， 该质点的瞬时速度为时，有. 故选：. 4. 在高二某班级中，有4名同学要参加足球､篮球､乒乓球三项比赛的报名活动，每人仅限选择一项参加，其中甲同学无法参与足球比赛的报名，则不同的报名种数有（ ） A. 12 B. 16 C. 54 D. 81 【答案】C 【解析】 【分析】按照分步乘法计数原理计算可得. 【详解】甲同学有种报名方式，其余同学均有种报名方式， 所以不同报名种数有种. 故选：C 5. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列关于的说法正确的是（ ） A. 在区间上是减函数 B. 2是极小值点 C. 在上一定没有最大值 D. 最多有四个根 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数正负判断原函数的单调性，从而可对各个选项进行判断. 【详解】由图可知：当或时，，当或时，， 因此函数在和上单调递减，在和上单调递增， 函数在上不单调，错误；－2不是极值点，B错误； 函数在处取得极大值， 当不小于函数在上的所有函数值时，函数有最大值，C错误； 当，且函数在上的图象都与轴相交时， 函数在上各有1个零点，共有4个零点， 因此最多能有四个零点，D正确． 故选：D． 6. 有辆车停放于个并排的车位中，若乙车必须与甲车相邻停放，那么请问有（ ）种不同的停放方法？ A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】采用分步乘法原理，先将甲乙视为整体排列，再与剩余车辆排列可得. 【详解】先将甲乙两辆车相邻，有种排法， 然后将其视为一个整体，与剩下的辆车放进个并排的车位中，有种排法； 最后由分步计数原理可知，共有种排法. 故选：C. 7. 函数的极值点的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数的导函数，再构造函数利用导数证明恒成立，即可得解. 【详解】函数的定义域为， 又， 令，则，所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 即恒成立，所以在上单调递增，则不存在极值点. 故选：A 8. 在的展开式中，含的项的系数是（ ） A. 120 B. 15 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】从个因式中，个因式选择，个因式选择常数相乘即可得到含的项，即可得解. 【详解】在中， 需要从个因式中的个因式中选择，另个因式中选择常数，相乘即可得到含的项， 故含的项的系数为. 故选：C. 9. 设函数，有下列命题：①当时，有三个零点；②当时，是的极小值点；③存在实数，使得在区间上存在最大值1.其中是真命题的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数和函数单调性和极值点的关系即可判断命题①②，利用即可找出实数，，使得函数在区间上存在最大值1，从而判断命题③. 【详解】因为定义域为， 又， 对于①：当时，则当时，， 即函数在和上单调递增， 当时，，即函数在上单调递减，且，， 若，则，此时函数只有一个零点，故①错误； 对于②：当时，则当时，， 即函数在和上单调递增， 当时，，即函数在上单调递减， 故是函数的极小值点，故②正确； 对于③：当时，由①知，函数在区间上单调递减， 故， 故存在实数，，使得函数在区间上存在最大值1，故③正确； 故选：C 第II卷（共84分） 二､填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分.） 10. 函数的导数为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据基本初等函数的求导公式及复合函数求导法则即可求解. 【详解】. 故答案为：. 11. 的展开式中常数项为______. 【答案】80 【解析】 【分析】首先写出二项展开式，再根据常数项的特征，即可求解. 【详解】二项展开式的通项公式为，, 令，得， 所以常数项为. 故答案为： 12. 第九届亚洲冬季运动会于2025年2月在哈尔滨成功举行.4名大学生到冰球、速滑以及体育中心三个场馆做志愿者，每名大学生只去1个场馆，每个场馆至少安排1人，则所有不同安排种数为__________.（用数字作答） 【答案】36 【解析】 【分析】应用部分平均分组，将4人分3组，再作全排列，最后应用分步乘法求结果. 【详解】由题设，需要将4个人分成3组，有种， 再将3组人分配到三个场馆，有种， 所以共有种. 故答案为：36 13. 在不超过20的质数中，随机挑选三个不同的数，则它们的乘积为偶数的组合方式共有__________种.（请用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】根据组合数公式计算求解. 【详解】不超过20的质数有，奇数为，偶数为， 所以随机挑选三个不同的数，则它们的乘积为偶数则必须有2，则满足条件的组合方式共. 故答案为：. 14. 已知函数，若对任意，存在，使成立，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到，从而转化为任意，有，根据二次函数性质分类求解即可. 【详解】对任意都存使成立， 所以得到， 而，所以， 当时，，所以单调递减， 当时，，所以单调递增， 所以 即任意，使， 令 当时，即时，， 所以， 当时，即时，成立， 当时，即时，， 所以， 综上所述，的取值范围是. 故答案为：. 15. 已知函数，当时，的最小值为，则实数的值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】求导，分、和三种情况讨论的符号，进而可得的单调性和最值，结合题意运算求解即可. 【详解】因为，，则， 若，则，可知在内单调递增，无最小值，不合题意； 若，则，可知在内单调递减， 则在内最小值为，解得，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则在内最小值为，解得； 综上所述：. 故答案为：. 三､解答题（本大题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 16. 已知函数，当时，取得极大值，当时，取得极小值. （1）求的值； （2）求的极小值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，依题意和是方程的两根，利用韦达定理求出、的值，再检验即可； （2）由极大值求出，从而求出函数的极小值. 【小问1详解】 ∵，∴. ∵当时，取得极大值，当时，取得极小值， ∴和是方程的两根， 所以，解得， 此时，所以， 所以当或时，当时， 即在，上单调递增，在上单调递减， 则在处取得极大值，在处取得极小值，符合题意； 所以，. 【小问2详解】 由（1）知，， ∵当时取得极大值， ∴，∴， 则， 此时函数的极小值为. 17. 袋子中有10个大小相同的小球，其中4个红球，6个白球.取一个红球得2分，取一个白球得1分，现在从袋子中随机取出5个球，要求必须同时取出红球和白球. （1）请问有多少种取法能够使得总分数不超过7分？（请用数字作答） （2）当总分数恰好为7分时，先取出球，然后将这些球随机排列成一行，求红球互不相邻的不同排列方式有多少种？（请用数字作答） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设取出个红球，个白球，依题意得到不等式组，求出、，再由组合数公式及分步乘法计数原理计算可得； （2）依题意可得取出红球个，白球个，再利用插空法计算可得. 【小问1详解】 设取出个红球，个白球，依题意可得， 因为，，所以或， ∴符合题意的取法种数有种. 【小问2详解】 总分为7分，则取的个数为红球个，白球个， 将取出的球排成一排分两步完成， 第一步先取球，共有种， 第二步再排，先把3个白球全排列，再将2个红球插空，共有种排法， 根据分步乘法计数原理可得不同排法有种. 18. 已知的展开式的二项式系数和为128. （1）求的值； （2）若展开式的第4项的系数为，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用二项式系数和为即可求解； （2）利用二项式定理的通项公式求即可. 【小问1详解】 由题意可得，，所以 【小问2详解】 因为展开式的第4项为， 因展开式的第4项的系数为，所以，解得. 19. 设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称点为曲线的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数的图象都有“拐点”，且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数的图象的对称中心为. （1）求实数的值； （2）求的零点个数. 【答案】（1）， （2）个 【解析】 【分析】（1）依题意，即可求出、的值； （2）由（1）可得，利用导数说明函数的单调性，求出函数的极值，即可判断. 【小问1详解】 因为， 所以，所以， 又因为的图象的对称中心为， 所以，解得； 【小问2详解】 由（1）知，， ∴， 令，得或， 所以当时，，即在上单调递增； 当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增. 所以在处取得极大值，在处取得极小值， 所以，，且当时，；当时，， 所以有个零点. 20. 已知函数，其中. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若的最大值是，求的值； （3）设函数，若有两个极值点，证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再由点斜式计算可得； （2）求出函数的单调性，即可得到，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可求出的值； （3）求出函数的导函数，令，依题意，是方程的两个根，由，，得到且，，从而得到，再令，，利用导数说明函数的单调性，即可得证. 【小问1详解】 当时，则，. 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. 【小问2详解】 函数的定义域为，又. 当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 所以的最大值为， 故，整理得到，其中， 设，，则， 故为上的减函数，而， 故的唯一解为，故的解为. 综上所述，. 【小问3详解】 由题意得，函数的定义域为，且， 又，令， 因为函数有两个极值点，，则，是方程的两个根， 所以，即，且，， 所以 ， 令，，则， 当时，，则在区间上单调递减， 从而， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 天津市部分区2024~2025学年度第二学期期中练习 高二数学 第I卷（共36分） 一､选择题（本题共9小题，每小题4分，共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1 （ ） A 9 B. 10 C. 11 D. 12 2. 函数的导数是（ ） A. B. C. D. 3. 一个做直线运动的质点的位移与时间的关系式为，若该质点的瞬时速度为时，则（ ） A. B. C. D. 4. 在高二某班级中，有4名同学要参加足球､篮球､乒乓球三项比赛的报名活动，每人仅限选择一项参加，其中甲同学无法参与足球比赛的报名，则不同的报名种数有（ ） A. 12 B. 16 C. 54 D. 81 5. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列关于的说法正确的是（ ） A. 在区间上是减函数 B. 2是极小值点 C. 在上一定没有最大值 D. 最多有四个根 6. 有辆车停放于个并排的车位中，若乙车必须与甲车相邻停放，那么请问有（ ）种不同的停放方法？ A. B. C. D. 7. 函数的极值点的个数为（ ） A 0 B. 1 C. 2 D. 3 8. 在的展开式中，含的项的系数是（ ） A. 120 B. 15 C. D. 9. 设函数，有下列命题：①当时，有三个零点；②当时，是的极小值点；③存在实数，使得在区间上存在最大值1.其中是真命题的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 第II卷（共84分） 二､填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分.） 10. 函数的导数为__________. 11. 的展开式中常数项为______. 12. 第九届亚洲冬季运动会于2025年2月在哈尔滨成功举行.4名大学生到冰球、速滑以及体育中心三个场馆做志愿者，每名大学生只去1个场馆，每个场馆至少安排1人，则所有不同的安排种数为__________.（用数字作答） 13. 在不超过20的质数中，随机挑选三个不同的数，则它们的乘积为偶数的组合方式共有__________种.（请用数字作答） 14. 已知函数，若对任意，存在，使成立，则的取值范围是__________. 15. 已知函数，当时，的最小值为，则实数的值为__________. 三､解答题（本大题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 16 已知函数，当时，取得极大值，当时，取得极小值. （1）求的值； （2）求的极小值. 17. 袋子中有10个大小相同的小球，其中4个红球，6个白球.取一个红球得2分，取一个白球得1分，现在从袋子中随机取出5个球，要求必须同时取出红球和白球. （1）请问有多少种取法能够使得总分数不超过7分？（请用数字作答） （2）当总分数恰好为7分时，先取出球，然后将这些球随机排列成一行，求红球互不相邻的不同排列方式有多少种？（请用数字作答） 18. 已知的展开式的二项式系数和为128. （1）求的值； （2）若展开式的第4项的系数为，求实数的值. 19. 设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称点为曲线的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数的图象都有“拐点”，且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数的图象的对称中心为. （1）求实数的值； （2）求的零点个数. 20. 已知函数，其中. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若最大值是，求的值； （3）设函数，若有两个极值点，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$