精品解析：河北省邢台市临西县翰林高级中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

2024-2025学年高二下学期期中考试 数学 一.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. 在处的导数（ ） A. 1 B. 2 C. D. 2. 函数的零点个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 函数，若恒有，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 将4封不同的信投入3个不同的信箱，不同的投法种数为（ ） A. B. C. D. 5. 展开式中的系数是（ ） A. B. C. 24 D. 9 6. 用数字1，2，3，4，5，6组成无重复数字的三位数，然后由小到大排成一个数列，这个数列的项数为（ ）. A. 24 B. 46 C. 48 D. 120 7. 已知函数，在区间内任取两个实数，，且，若不等式恒成立，则实数a的取值范围为（    ） A. B. C. D. 8. 已知函数，存在最小值，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，一个2分，有选错的得0分. 9. 对于的展开式，下列说法正确的是（ ） A. 所有项的二项式系数和为64 B. 所有项的系数和为64 C. 常数项为1215 D. 二项式系数最大的项为第3项 10. 由数字1，2，3，5组成一个没有重复数字的四位数，下列结论正确的是（ ） A. 可以组成24个数 B. 可以组成18个奇数 C. 可以组成10个偶数 D. 可以组成18个比2000大的数 11. 若，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则______． 13. 已知的展开式中各项系数和为1024，则展开式中不含的所有项系数和等于_____________. 14. 已知，其中，若，，则实数的最大值为______． 四.解答题 15. 已知. （1）求的值； （2）求的值． 16. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的极值. 17. 在二项式展开式中，第项的系数和第项的二项式系数比为． （1）求的值及展开式中的无理项有几项； （2）求展开式中系数最大的项是第几项． 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）对于，使得，求实数的取值范围． 19. 已知函数有两个零点． （1）求实数的取值范围； （2）设的两个零点分别为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年高二下学期期中考试 数学 一.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. 在处的导数（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数公式求出，再得. 【详解】由，得，所以. 故选：B. 2. 函数的零点个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数求函数的单调性，易知0是函数的零点，从而可求解. 【详解】记，函数的定义域为， ，故函数在上单调递增. 又，所以函数的零点个数为. 故选:B. 3. 函数，若恒有，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】恒成立，即有的最小值大于等于0. 【详解】， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， ∴， ∴. 故选：C. 4. 将4封不同的信投入3个不同的信箱，不同的投法种数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接利用分步原理的应用求出结果． 【详解】解：根据分步原理的应用， 所以：第一封信的投法有3种，第二封信的投法有3种，第三封信的投法有3种，第四封信的投法有3种， 故一共有种投法． 故选：C． 5. 展开式中的系数是（ ） A. B. C. 24 D. 9 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案. 【详解】依题意，展开式中含的项为： ， 所以的系数是. 故选：A 6. 用数字1，2，3，4，5，6组成无重复数字的三位数，然后由小到大排成一个数列，这个数列的项数为（ ）. A. 24 B. 46 C. 48 D. 120 【答案】D 【解析】 【分析】完成这件事只需先确定百位数，再确定十位数，最后确定个位数， 根据分步计数原理即可求解. 【详解】解：完成这件事需要分别确定百位、十位和个位数，可以先确定百位数，再确定十位数，最后确定个位数，因此要分步求解． 第一步：确定百位数，有6种方法； 第二步：确定十位数，有5种方法； 第三步：确定个位数，有4种方法． 根据分步乘法计数原理，共有6×5×4=120（个）三位数， 所以这个数列的项数为120． 故选：D. 7. 已知函数，在区间内任取两个实数，，且，若不等式恒成立，则实数a的取值范围为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由的几何意义，得函数图象上在区间内任意两点连线的斜率大于1，即函数的导数大于1在内恒成立，可得在内恒成立，利用二次函数的性质可求. 【详解】因为的几何意义，表示点与点连线斜率， ∵实数，在区间内，不等式恒成立， ∴函数图象上在区间内任意两点连线的斜率大于1， 故函数的导数大于1在内恒成立，∴在内恒成立， 由函数的定义域知，，所以在内恒成立， 由于二次函数在上是单调递减函数， 故，∴， ∴． 故选：A. 8. 已知函数，存在最小值，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数讨论函数的性质，作出函数图形，由题意，结合图形可得，即可求解. 【详解】，， 令得， 且时，；时，，时，， 在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又，令时，解得或， 所以其图象如下： 由图可知，时存在最小值， 所以，解得， 即实数a的取值范围为. 故选： 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，一个2分，有选错的得0分. 9. 对于的展开式，下列说法正确的是（ ） A. 所有项的二项式系数和为64 B. 所有项的系数和为64 C. 常数项为1215 D. 二项式系数最大的项为第3项 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据二项式系数和性质可判断选项A；用赋值法求出所有系数和可判断选项B；求出展开式的通项可判断选项C，由二项式系数的性质可判断D. 【详解】的展开式所有项的二项式系数和为，选项A正确； 中令得，选项B正确； 展开式通项为， 令，得，所以常数项为，选项C正确； 二项式系数最大的项为第4项，选项D不正确. 故选：ABC. 【点睛】本题考查二项式定理的应用，二项式系数性质，熟记通项是解题的关键，掌握赋值法求系数和，属于中档题. 10. 由数字1，2，3，5组成一个没有重复数字的四位数，下列结论正确的是（ ） A. 可以组成24个数 B. 可以组成18个奇数 C. 可以组成10个偶数 D. 可以组成18个比2000大的数 【答案】ABD 【解析】 【分析】由排列组合的计算公式分析各个选项即可得出答案. 【详解】由数字1，2，3，5组成一个没有重复数字的四位数，则有：个数，故A正确； 奇数个数：先把1，3，5选1个安排到个位有种，其它数位有种，共有个，故B正确； 偶数个数：先把2安排到个位有种，其它数位有种，共有个，故C不正确； 当千位为3，则有个；当千位为5，则有个；当千位为2，则有个； 所以可以组成18个比2000大的数，故D正确. 故选：ABD. 11. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】令得选项A正确；令得选项B错误；根据二项式展开定理求解选项C正确；对等式两边求导，判断选项D错误； 【详解】令得：，所以选项A正确； 令得：，所以，所以选项B错误； 因为， 所以选项C正确； ， 两边对求导得：， 令得：，选项D错误； 故选：AC. 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是判断选项D的真假，这种形式的一般先求导，再赋值求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则______． 【答案】 【解析】 【分析】用赋值法，令和，分别求出和，即可求出答案． 【详解】令，则， 令，则， 所以， 故答案为：． 13. 已知的展开式中各项系数和为1024，则展开式中不含的所有项系数和等于_____________. 【答案】213 【解析】 【分析】直接利用二项式的展开式和项的系数及赋值法的应用求出结果． 【详解】因为的展开式中各项系数和为1024， 令，整理得，解得； 故的展开式满足， 令时，的展开式满足，令，解得， 故含的所有项系数为， 由于的所有项的系数和满足当，时，所有项的系数和为， 故不含的所有项系数和等于． 故答案为：213． 14. 已知，其中，若，，则实数的最大值为______． 【答案】23 【解析】 【分析】为的系数，由二项式定理求得的系数，由，可得的不等关系，从而求得实数的最大值. 【详解】因为展开式中的系数为， 展开式中的系数为， 所以展开式中的系数为 . 要使，则为奇数，且， 所以，则，则的最大值为. 故答案为：. 四.解答题 15. 已知. （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，写出展开式的通项，即可得到展开式中不含的奇数次幂的项，从而得解； （2）令，可得，令求出，结合（1）即可得解. 【小问1详解】 因为， 则展开式的通项为（且）， 所以展开式中不含的奇数次幂的项， 又， 所以， 所以； 【小问2详解】 因为， 令，得； 令，得； 又，则， 所以． 16. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的极值. 【答案】（1） （2）当时，函数无极值；当时，函数在处取得极小值，且极小值为，无极大值. 【解析】 【分析】（1）当时，求出，然后利用点斜式即可求出切线方程； （2）分类讨论，当时、当时，的正负情况，再判断单调性，从而确定极值. 【小问1详解】 函数的定义域为，. 当时，，， 因而， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 由， ①当时，，函数为上的增函数，函数无极值； ②当时，令，解得， 所以时，，在上的单调递减， 时，，在上的单调递增. 所以函数在处取得极小值，且极小值为，无极大值. 综上所述，当时，函数无极值； 当时，函数在处取得极小值，且极小值为，无极大值. 17. 在二项式展开式中，第项的系数和第项的二项式系数比为． （1）求的值及展开式中的无理项有几项； （2）求展开式中系数最大的项是第几项． 【答案】（1），展开式中的无理项有项 （2）最大的项是第项 【解析】 【分析】（1）写出展开式通项，根据第项的系数和第项的二项式系数比为可得出关于的不等式，解出的值，当为无理项时，不为整数，可得出的取值，即可得出展开式中无理项的项数； （2）设展开式中系数最大的项是第项，根据不等式法可得出关于的不等式，解出的值，即可得出结论. 【小问1详解】 解：二项式展开式的通项公式为， 第项的系数和第项的二项式系数比为， 所以，解得. 所以， 当为无理项时，不能为整数， 所以，，故展开式中的无理项有项. 【小问2详解】 解：设展开式中系数最大的项是第项， 则，即， 整理可得，解得， 因为，所以，所以，展开式中系数最大的项是第项. 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）对于，使得，求实数的取值范围． 【答案】（1） 当时，的减区间为，无增区间； 当时，的增区间为，减区间为. （2）. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，讨论、研究导数符号确定区间单调性； （2）问题化为对恒成立，讨论、求参数范围. 【小问1详解】 由题设且， 当时在上递减； 当时，令， 当时在区间上递减； 当时在上递增． 所以当时，的减区间为，无增区间； 当时，的增区间为，减区间为. 【小问2详解】 由题设知对恒成立． 当时，此时，不合题设，舍去． 当时，在上递增，只需符合． 综上：． 19. 已知函数有两个零点． （1）求实数的取值范围； （2）设的两个零点分别为，证明：. 【答案】（1）. （2） 由（1）知，因为，所以， 所以，所以. 要证，只需证，即证；， 不妨设，要证上式，只需证，即证. 令，即证. 设，则， 所以在上单调递增， 所以，所以成立， 所以. 【解析】 【分析】（1）分离参数，转化成恒成立问题，再构造函数，求导讨论单调性，求最值； （2）根据函数零点的含义，得到；将要证的不等式转化为,利用换元法及函数的单调性进行证明. 【小问1详解】 因为有两个零点，所以关于x的方程， 即有两个根， 所以直线与曲线有两个不同的交点 令，则，令，得， 令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以. 又，当时，，所以， 故实数a的取值范围为. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $