精品解析：河北省承德市第二中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷

河北承德市第二中学 2024-2025学年第二学期期中考试高二数学试卷 一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 由数字0，1，2，3，4，5可以组成多少个没有重复数字，并且比400000大的偶数？（ ） A. 120种 B. 144种 C. 48种 D. 24种 2. 曲线在点处的切线与坐标轴所围三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 3. 函数在时有极小值0，则（ ） A 4 B. 6 C. 11 D. 4或11 4. 已知是等比数列，，，则公比等于（ ） A. B. C. 2 D. 5. 当时，函数取得最大值，则（ ） A. B. C. D. 1 6. 某班星期二上午有五节课，下午有三节课，安排的课程有语文、数学、英语、物理、化学、生物、体育，其中数学是上午或下午连续的两节课，其余课程各一节，现将体育课安排在下午的第三节，则不同的安排方案有（ ） A. 120 B. 480 C. 600 D. 720 7. 除以15余数是（ ） A. 9 B. 8 C. 3 D. 2 8. 已知函数既存在极大值，又存在极小值，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，共18分.在每小题有多项符合题目要求） 9. 已知是等差数列，是其前项和，则下列命题为真命题是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若和都为递增数列，则 10. 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54种 C. 甲、乙不相邻排法种数为72种 D. 甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有20种 11. 已知函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 有三个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 直线是曲线的切线 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12. 已知数列为等比数列，若，则数列的前6项和为______. 13. 若对任意的，且，则实数的取值范围是__________. 14. 有10个相同的小球，现全部分给甲、乙、丙3人，若甲至少得1球，乙至少得2球，丙至少得3球，则他们所得的球数的不同情况有__________种． 四、解答题（本大题共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. 在的展开式中， （1）求二项式系数最大的项； （2）若第项是有理项，求的取值集合. （3）系数的绝对值最大的项是第几项； 16. 为响应国家“乡村振兴”政策，某村在对口帮扶单位的支持下拟建一个生产农机产品的小型加工厂.经过市场调研，生产该农机产品当年需投入固定成本10万元，每年需另投入流动成本（万元）与成正比（其中x（台）表示产量），并知当生产20台该产品时，需要流动成本0.7万元，每件产品的售价与产量x（台）的函数关系为（万元）（其中）.记当年销售该产品x台获得的利润（利润＝销售收入－生产成本）为万元. （参考数据：，，） （1）求函数的解析式； （2）当产量x为何值时，该工厂年利润最大？最大利润是多少？ 17. 已知等差数列的公差，且，，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）设求数列前项和为； （3）设求数列的前项和． 18. 已知函数． （1）若，求的极值； （2）若在上的最大值为，求实数的值． 19. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）若，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 河北承德市第二中学 2024-2025学年第二学期期中考试高二数学试卷 一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 由数字0，1，2，3，4，5可以组成多少个没有重复数字，并且比400000大的偶数？（ ） A. 120种 B. 144种 C. 48种 D. 24种 【答案】A 【解析】 【分析】分最高位是5和最高位是4两种情况，结合排列组合知识求解． 【详解】若最高位是5，则个位可以是0或2或4，其它位任意排列，共有种， 若最高位是4，则个位可以是0或2，其它位任意排列，共有种， 所以比400000大的偶数的排列方法一共有种． 故选：A． 2. 曲线在点处的切线与坐标轴所围三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数几何意义可求得曲线在点处的切线方程，由此确定与坐标轴的交点坐标，进而求得结果. 【详解】，曲线在点处的切线斜率， 切线方程为：，即， 令得：；令得：； 该切线与坐标轴所围成三角形面积. 故选：C. 3. 函数在时有极小值0，则（ ） A 4 B. 6 C. 11 D. 4或11 【答案】C 【解析】 【分析】求导后，由已知得到，解出，再代入导数得到单调性检验，最后得出结果. 【详解】， 因为在时有极小值0， 所以， 解得或， 当时，恒成立， 所以在上单调递增，没有极值，舍去； 当时，， 令，解得或， 所以当时，为单调递减函数； 当或时，为单调递增函数； 所以在处取得极小值，满足题意， 所以， 故选：C. 4. 已知是等比数列，，，则公比等于（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式求解. 【详解】根据题意，， 所以. 故选：D 5. 当时，函数取得最大值，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出． 【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有． 故选：B. 6. 某班星期二上午有五节课，下午有三节课，安排的课程有语文、数学、英语、物理、化学、生物、体育，其中数学是上午或下午连续的两节课，其余课程各一节，现将体育课安排在下午的第三节，则不同的安排方案有（ ） A. 120 B. 480 C. 600 D. 720 【答案】C 【解析】 【分析】对数学课分上下午安排，由分类加法计数原理即得. 【详解】若数学课安排在下午，只能安排在6，7节，其余5节课全排列，有(种)不同的安排方案， 若数学课安排在上午，可以是12，23，34，45，共4种，其余5节课全排列，有 (种)不同的安排方案， 由分类加法计数原理，共有(种)不同的安排方案. 故选：C 7. 除以15的余数是（ ） A. 9 B. 8 C. 3 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】整理可得，结合二项式定理分析求解. 【详解】因为， 对于， 令，可得； 令，可得， 可知除以15的余数是1， 所以除以15的余数是2. 故选：D. 8. 已知函数既存在极大值，又存在极小值，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导，利用二次方程有两个不相等的实数根即可由判别式求解. 【详解】∵， ∴， ∵函数既存在极大值，又存在极小值， ∴导函数有两个不相等的变号零点， ∴，即，解得或． ∴实数的取值范围是， 故选：B． 二、多选题（本大题共3小题，共18分.在每小题有多项符合题目要求） 9. 已知是等差数列，是其前项和，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若和都递增数列，则 【答案】BC 【解析】 【分析】若的公差为，利用等差数列通项公式、前n项和公式，结合单调性依次判断各项正误. 【详解】若的公差为，则： A：由题设，故，则，错； B：，对； C：由，即，而，即，对； D：由题设，又是递增数列，则， 所以，即对，，而的符号无法确定，错. 故选：BC 10. 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54种 C. 甲、乙不相邻的排法种数为72种 D. 甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有20种 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A利用捆绑法可求，对于B分成甲在左和乙在左两类进行排列，对于C采用插空法求解，对于D按定序问题即解. 【详解】对于A，如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，可将甲乙捆绑看成一个元素，则不同的排法有种，故正确， 对于B，最左端排甲时，有种不同的排法，最左端排乙时，最右端不能排甲，则有种不同的排法，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有种,故不正确， 对于C，因为甲乙不相邻，先排甲乙以外的三人，再让甲乙插空，则有种，故正确， 对于D，甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，故正确． 故选：ACD． 11. 已知函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 有三个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 直线是曲线的切线 【答案】AC 【解析】 【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D. 【详解】由题，，令得或， 令得， 所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确； 因，，， 所以，函数在上有一个零点， 当时，，即函数在上无零点， 综上所述，函数有一个零点，故B错误； 令，该函数的定义域为，， 则是奇函数，是的对称中心， 将的图象向上移动一个单位得到的图象， 所以点是曲线的对称中心，故C正确； 令，可得，又， 当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误. 故选：AC. 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12. 已知数列为等比数列，若，则数列的前6项和为______. 【答案】 【解析】 【分析】求解的通项公式，进而可得的通项公式再求和即可. 【详解】由题意，公比为，则，故. 故数列的前6项和为. 故答案为： 13. 若对任意的，且，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先，其次通过分析：对任意的，有，这样问题转换成了已知函数在区间上的单调性求参数范围，直接求导即可得解. 【详解】对任意的，且， 由有意义可知， 则，所以，即. 令，则函数在上单调递减. 因为，由，可得， 所以函数的单调递减区间为，所以，故， 即实数的取值范围为. 故答案为：. 14. 有10个相同的小球，现全部分给甲、乙、丙3人，若甲至少得1球，乙至少得2球，丙至少得3球，则他们所得的球数的不同情况有__________种． 【答案】15 【解析】 【分析】依题意，首先分给甲1个球，乙2个球，丙3个球，还剩下4个球，再来分配这4个球，按照分类加法计数原理计算可得； 【详解】解：有10个相同的小球，现全部分给甲、乙、丙3人，若甲至少得1球，乙至少得2球，丙至少得3球，故首先分给甲1个球，乙2个球，丙3个球，还剩下4个球， ①4个球分给一人，有3种分法； ②4个球分给两个人，又有两种情况，一人3个一人1个有种分法；两人都是2个有3种分法； ③4个球分给3个人，只有1、1、2这种情况，有3种分法， 按照分类加法计数原理可得一共有种； 故答案为：15 【点睛】本题考查分类加法计数原理的应用，属于基础题. 四、解答题（本大题共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. 在的展开式中， （1）求二项式系数最大的项； （2）若第项是有理项，求的取值集合. （3）系数的绝对值最大的项是第几项； 【答案】（1） （2） （3）第项和第项 【解析】 【分析】（1）利用二项式定理求出通项，二项式系数最大项为中间项，求解即可； （2）当为整数时为有理项，即可求解； （3）设第项的系数的绝对值最大，列方程组即可求解. 【小问1详解】 ，， 二项式系数最大的项为中间项，即第项， 所以； 【小问2详解】 ，， 当为整数时为有理项，即， 则的取值集合为； 【小问3详解】 设第项的系数的绝对值最大， 则，所以，解得， 故系数的绝对值最大的项为第项和第项. 16. 为响应国家“乡村振兴”政策，某村在对口帮扶单位的支持下拟建一个生产农机产品的小型加工厂.经过市场调研，生产该农机产品当年需投入固定成本10万元，每年需另投入流动成本（万元）与成正比（其中x（台）表示产量），并知当生产20台该产品时，需要流动成本0.7万元，每件产品的售价与产量x（台）的函数关系为（万元）（其中）.记当年销售该产品x台获得的利润（利润＝销售收入－生产成本）为万元. （参考数据：，，） （1）求函数的解析式； （2）当产量x为何值时，该工厂的年利润最大？最大利润是多少？ 【答案】（1） （2）年产量为50台时，利润最大，最大利润是24.4万元 【解析】 【分析】（1）依题设： ，由条件当生产20台该农机产品时，需要流动成本0.7万元可得，进而求出函数的表达式； （2）求导，利用导数的正负判断函数的单调性，进而求出最值即可. 【小问1详解】 依题设： 当生产20台该农机产品时，需要流动成本0.7万元得： ，可得：，∴； ∴ . 【小问2详解】 由（1）得， ， ∵∴时，，单调递增， 时，，单调递减， ∴时，取得极大值也是最大值， ， ∴当年产量为50台时，利润最大，最大利润是24.4万元. 17. 已知等差数列的公差，且，，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）设求数列前项和为； （3）设求数列的前项和． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意得到方程组，求出首项和公差，得到通项公式； （2）变形得到，裂项相消法求和； （3）利用错位相减法求和即可. 【小问1详解】 根据题意，因为，，，成等比数列， 所以，又， 解得，， 故； 【小问2详解】 因为 ， 所以 ； 【小问3详解】 ∵ ∴①， ②， ∴①-②得 ∴. 18. 已知函数． （1）若，求的极值； （2）若在上的最大值为，求实数的值． 【答案】（1）有极大值e，无极小值 （2） 【解析】 【分析】（1）通过研究函数的单调性，然后就可以确定其极值； （2）通过以区间为界限分类讨论，得到满足最大值的条件，再求出的值. 【小问1详解】 若，，所以， 所以时，；时，. 所以在上单调递增，在上单调递减， 又，所以有极大值e，无极小值； 【小问2详解】 由于， ①当，即时，在上恒成立，故在上单调递增，在上最大值为，故，满足； ②当，即时，在上恒成立，故在上单调递减，在上的最大值为，故，不满足，舍去； ③当，即时，由，得， 当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减， 故的最大值为，所以，不满足，舍去， 综上所述，． 19 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）若，证明：． 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）分类讨论参数的取值范围，利用导数求解函数的单调性； （2）代入，化简不等式，通过构造函数，，利用导数求解函数的最值，将不等式转化为即可求证. 【小问1详解】 解：由题可知，，． 若，，所以在上单调递增，在上单调递减； 若，令，解得或（舍）， 所以在上单调递增，在上单调递减； 若，当，即时，在上恒成立，所以在上单调递增； 当时，令，解得或，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 【小问2详解】 证明：若，要证，即证，即证． 令函数，则． 令，得；令，得． 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 令函数，则． 当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增，所以． 因为，所以， 即，从而得证． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$