精品解析：广东省广州市第七中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

2024学年（下）期中考试高二年级数学科试卷（问卷） 考试时间：120分钟 试卷总分：150分 一、选择题：本题共8个小题，每题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 1. 已知函数的图像开口向下，，则 A. B. C. 2 D. -2 【答案】B 【解析】 【分析】利用瞬时变化率的定义和导数求解. 【详解】由题意， 由导数的定义可知， 解得， 又因为的图像开口向下，所以， 所以. 故选B 【点睛】本题主要考查瞬时变化率和导数的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 2. 若函数的导函数图象如图所示，则（ ） A. 的解集为 B. 函数有两个极值点 C. 函数的单调递减区间为 D. 是函数的极小值点 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数与函数单调性和极值点的关系，即可判断选项. 【详解】A. 的解集为函数的单调递减区间，为，故A错误； B.函数只有1个变号零点，所以函数有1个极值点，故B错误； C.当时，，所以函数的单调递减区间为，故C错误； D.当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以是函数的极小值点，故D正确. 故选：D 3. 用数字组成没有重复数字且大于的四位数，这样的四位数有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】C 【解析】 【详解】当千位为或时，所组成的四位数一定大于；当千位为或时，所组成的四位数一定小于， 满足题意的四位数有个. 4. 已知，，，则下列选项中不正确的是（ ） A. B. C. D. A与B独立 【答案】C 【解析】 【分析】利用条件概率公式，独立事件的定义和全概率公式对每个选项进行判断即可 【详解】对于A，因为，所以， 又因为，, 所以,故A正确； 对于B，因为，所以， 所以，故B正确； 对于C，因为，所以， 所以，故C不正确； 对于D，因为，所以， 所以A与B独立，故D正确 故选：C 5. 将10本完全相同的科普知识书，全部分给甲､乙､丙3人，每人至少得2本，则不同的分法数为（ ） A. 720种 B. 420种 C. 120种 D. 15种 【答案】D 【解析】 【分析】先每人分一本书，再将剩下的7本书分给3人，每人至少一本，由“隔板法”可得答案. 【详解】先从10本书中拿出3本，分给每人一本书， 再将余下7本书采用“隔板法”分给3个人，分法种数为15， 故选: D 6. 函数是定义在区间上的可导函数，其导函数为，且满足，则不等式的解集为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，对函数求导得到函数的单调性，进而将原不等式转化为，，进而求解. 【详解】根据题意，设， 则导数； 函数在区间上，满足，则有， 则有，即函数在区间上为增函数； ， 则有，解可得：；即不等式的解集为； 故选D． 【点睛】这个题目考查了函数的单调性的应用，考查了解不等式的问题；解函数不等式问题，可以直接通过函数的表达式得到结果，如果直接求解比较繁琐，可以研究函数的单调性，零点等问题，将函数值大小问题转化为自变量问题. 7. 已知，则被4除的余数为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】分别赋值以及，可推得，然后将展开即可得出答案. 【详解】令，由已知可得，， 令，可得， 所以. 因为 ， 所以被4除的余数为1，即被4除的余数为0， 故选：D. 8. 若函数存在两个极值点和，则取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数的导数，根据原函数有两个极值点可求，再根据零点的性质可得、，据此可用表示，利用导数可求其范围. 【详解】， 因为存在两个极值点和，故和为的两个不同的根， 故且，，， 故（舍）或且， 所以， 同理， 故 ， 设，故， 故在上为减函数，故， 故的取值范围为：， 故选：C. 二、选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（    ） A. 如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种 B. 最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种 C. 甲乙不相邻的排法种数为82种 D. 甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，利用捆绑法求解判断；对于B，分最左端排甲，和最左端排乙两类求解判断；对于C，根据甲乙不相邻，利用插空法求解判断；对于D，根据甲乙丙从左到右的顺序排列，通过除序法求解判断. 【详解】对于A，如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有种，A正确； 对于B，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，若最左端排甲，有种排法；若最左端排乙，有种排法，合计不同的排法共有42种，B正确； 对于C，甲乙不相邻的排法种数有种，C不正确； 对于D，甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，D正确. 故选：ABD 10. 下列结论错误的是（ ） A. 若，则 B. 的展开式中的系数是30 C. 在的展开式中，含的项的系数是220 D. 的展开式中，有且只有第4项的二项式系数最大 【答案】AD 【解析】 【分析】根据组合数的性质可判断AD，由二项式展开式的特征可判断BC. 【详解】对于A，由于，所以或，解得或，故A错误； 对于B, 的展开式通项为， 令，即，所以的系数为，故B正确； 对于C，的展开式中， 含的项的系数是 ，故C正确； 对于D，的展开式中，第4项和第5项的二项式系数为，由组合数的性质可知最大且，故D错误. 故选：AD 11. 已知函数且，则（ ） A. 当时，恒成立 B. 当时，有且仅有1个零点 C. 当时，没有零点 D. 存在，使得存在三个极值点 【答案】AB 【解析】 【分析】利用构造函数法、导数，结合不等式恒成立、零点、极值点等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A选项，当时，要证明，即证明， 即证明，即证明，设， ，所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以.所以A选项正确. B选项，当时，单调递减，， 所以存在唯一零点，所以B选项正确. C选项，当时，由得， ，，当时，由A选项的分析可知，， 因此由两个零点，所以C选项错误. D选项，，令得， 两边同时取对数得， 设， ，令得， 则在上单调递减， 在上单调递增， 所以最多有两个零点，所以最多有两个极值点，所以D选项错误. 故选：AB 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种（用数字作答）． 【答案】64 【解析】 【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解. 【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种； （2）当从8门课中选修3门， ①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种； ②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种； 综上所述：不同的选课方案共有种. 故答案为：64. 13. 若的展开式中二项式系数之和为32，则展开式中的系数为___________. 【答案】80 【解析】 【分析】根据二项式系数和求出，再由展开式通项公式求出含x的项即可得解. 【详解】二项式系数之和为32，即，解得， 所以展开式的通项为， 令，得， 所以展开式中的系数为. 故答案为：80 14. 已知函数，若存在实数，满足，则的最大值是______． 【答案】 【解析】 【分析】作出的函数图象，得出，，将化简为，构造函数，，由得出单调递增，求出的最大值，即可求得答案． 【详解】解：作出的函数图象如图所示： ∵存在实数，满足， ， ， 由图可知，， ， 设，其中， ，显然在单调递增， ， ，， 在单调递增， 在的最大值为， 的最大值为， 故答案为：． 四、解答题：共5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）若展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数； （2）若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项． 【答案】（1）当时，最大的项的系数为；当时，最大的项的系数为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意得，求出或，分别求解即可； （2）根据题意得，求解计算即可. 【小问1详解】 由题意得， 所以．所以或， 当时，展开式中二项式系数最大的项是和． 所以的系数为，的系数为， 当时，展开式中二项式系数最大的项是． 所以的系数为． 【小问2详解】 因为，所以． 所以或（舍去）． 设第项的系数最大， 因为，所以． 所以， 又，所以．所以展开式中系数最大的项为第11项， ． 16. （1）袋中装有4个红球，5个白球，从中不放回地任取两次，每次取一球． ①求在第一次取出红球的条件下，第二次取出红球的概率． ②求第二次才取到红球的概率． （2）现有两台车床加工同一型号的零件，第1台车床加工的零件次品率为，第2台车床加工的零件次品率为，加工出来的零件混放在一起．已知第1台车床加工的零件数与第2台车床加工的零件数之比为，从这些零件中任取一个，求这个零件是次品的概率． 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】（1）①根据题意分析第一次取完球后袋中剩余球情况即可直接列式求解；②根据题意分析可得事件为第一次取得白球第二次取得红球及概率的乘法公式即可求解. （2）根据两台车床的次品率及其零件比例计算总次品率即可得解. 【详解】（1）①根据题意，若第一次取出红球，此时袋中剩余个红球，5个白球. 则在第一次取出红球的条件下，第二次取出红球的概率.。 ②根据题意，用表示第次取到红球， 则第二次才取到红球即为第一次取到白球，第二次取到红球， 其概率为. （2）根据题意，记事件为“车床加工的零件为次品”，事件为“该零件由第台车床加工”，则. 已知第1台车床加工的零件数与第2台车床加工的零件数之比为,则. 故. 则这个零件是次品的概率为. 17. 已知函数. （1）当，求函数的单调区间； （2）若函数在上是减函数，求的最小值； （3）证明：当时，. 【答案】（1）函数的单调递减区间是，单调递增区间是. （2）的最小值为. （3）问题等价于. 令，则， 当时，取最小值. 设，则， 知在上单调递增，在上单调递减. ∴. ∵， ∴， ∴， 故当时，. 【解析】 【分析】（1）函数的定义域为，函数，据此可知函数的单调区间. （2）由题意可知在上恒成立.据此讨论可得的最小值为. （3）问题等价于.构造函数，则取最小值.设，则.由于，据此可知题中的结论成立. 【详解】函数的定义域为， （1）函数， 当且时，； 当时，， 所以函数的单调递减区间是， 单调递增区间是. （2）因在上为减函数， 故在上恒成立. 所以当时，， 又， 故当，即时，. 所以，于是， 故的最小值为. （3）略 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： （1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． （2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． （3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． （4）考查数形结合思想的应用． 18. 已知函数． （1）讨论的单调性： （2）当时，，数列满足，且，比较，，的大小． 【答案】（1） 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，分和，，四种情况，得到函数单调性； （2）利用导数说明函数的单调性，即可得解，故，令，求导得到函数单调性，得到，从而确定，即可得解. 【小问1详解】 因为的定义域为， 又. 当时，令，解得，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减； 当时，令，解得或，令，解得， 所以在，上单调递增，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，令，解得或，令，解得， 所以在，上单调递增，在上单调递减； 综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 当时，，则， 令，得；令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 因为，，，，， 令， ， 所以在上单调递减，且， 因为， 又，所以， 所以，则. 19. 已知函数． （1）求在处的切线方程； （2）求函数零点个数； （3）当时，函数恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2）个 （3） 【解析】 【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程； （2）讨论、、，根据函数值符号，且利用导数判断在上恒成立，即可得解； （3）问题化为在上恒成立，对求导，讨论参数，利用导数研究对应的单调性及其函数符号求参数范围. 【小问1详解】 因为， 所以，则，又， 所以在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 当时，，，故恒成立； 当时，； 当时，令，则， 令，，则，即在上单调递增， 所以，故在上单调递增， 所以在上恒成立，即恒成立； 综上，函数只有一个零点为； 【小问3详解】 由题意，在上恒成立， 所以在上恒成立， 而，， 令，，则， 对于，，则， 所以在上单调递增，则，可得， 对于，，则， 所以在上单调递增，则，可得， 综上可得，，则， 即在上单调递增， 所以， 当时，，即在上单调递增，此时，符合题意； 当时，，， 所以使，所以当时， 则在上单调递减，所以当时， 即存在区间使，不符合题意； 综上可得，的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年（下）期中考试高二年级数学科试卷（问卷） 考试时间：120分钟 试卷总分：150分 一、选择题：本题共8个小题，每题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 1. 已知函数的图像开口向下，，则 A. B. C. 2 D. -2 2. 若函数的导函数图象如图所示，则（ ） A. 的解集为 B. 函数有两个极值点 C. 函数的单调递减区间为 D. 是函数的极小值点 3. 用数字组成没有重复数字且大于的四位数，这样的四位数有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 4. 已知，，，则下列选项中不正确的是（ ） A. B. C. D. A与B独立 5. 将10本完全相同的科普知识书，全部分给甲､乙､丙3人，每人至少得2本，则不同的分法数为（ ） A. 720种 B. 420种 C. 120种 D. 15种 6. 函数是定义在区间上的可导函数，其导函数为，且满足，则不等式的解集为 A. B. C. D. 7. 已知，则被4除的余数为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 8. 若函数存在两个极值点和，则取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（    ） A. 如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种 B. 最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种 C. 甲乙不相邻的排法种数为82种 D. 甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种 10. 下列结论错误的是（ ） A. 若，则 B. 的展开式中的系数是30 C. 在的展开式中，含的项的系数是220 D. 的展开式中，有且只有第4项的二项式系数最大 11. 已知函数且，则（ ） A. 当时，恒成立 B. 当时，有且仅有1个零点 C. 当时，没有零点 D. 存在，使得存在三个极值点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种（用数字作答）． 13. 若的展开式中二项式系数之和为32，则展开式中的系数为___________. 14. 已知函数，若存在实数，满足，则的最大值是______． 四、解答题：共5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）若展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数； （2）若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项． 16. （1）袋中装有4个红球，5个白球，从中不放回地任取两次，每次取一球． ①求在第一次取出红球的条件下，第二次取出红球的概率． ②求第二次才取到红球的概率． （2）现有两台车床加工同一型号的零件，第1台车床加工的零件次品率为，第2台车床加工的零件次品率为，加工出来的零件混放在一起．已知第1台车床加工的零件数与第2台车床加工的零件数之比为，从这些零件中任取一个，求这个零件是次品的概率． 17. 已知函数. （1）当，求函数的单调区间； （2）若函数在上是减函数，求的最小值； （3）证明：当时，. 18. 已知函数． （1）讨论的单调性： （2）当时，，数列满足，且，比较，，的大小． 19. 已知函数． （1）求在处的切线方程； （2）求函数零点个数； （3）当时，函数恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $