精品解析：黑龙江省佳木斯市第二中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷

黑龙江省佳木斯市第二中学2024—2025学年度第二学期期中考试 高二数学试卷 注意事项： 考试说明：本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间75分钟. （1）答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚； （2）请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，在草稿纸、试题上答题无效. （3）保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀. 第I卷（共58分） 一、单选题 1. 的值为（ ） A. 60 B. 40 C. 35 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】根据排列数与组合数公式直接计算即可得解. 【详解】. 故选：B. 2. 函数的导数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数的计算公式，直接判断选项. 【详解】. 故选：A 3. 一个商店销售某种型号的电视机，其中本地的产品有4种，外地的产品有7种.要买1台这种型号的电视机，则不同的选法有（ ） A. 7种 B. 11种 C. 14种 D. 28种 【答案】B 【解析】 【分析】根据分类加法计数原理，计算得解. 【详解】由题意，购买本地产品的选法有4种，购买外地产品的选法有7种， 所以购买1台这种型号的电视机，共有种不同的选法. 故选：B. 4. 函数的图象在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出切线的斜率，然后写出切线方程的点斜式，化简即可得解. 【详解】，所以，即切线的斜率为1， 又，所以切点坐标为， 所以所求的切线方程为，化简得： 故选：C. 5. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对立事件概率公式和条件概率公式求得结果； 【详解】， 又，则； 故选：C. 6. 若将4名志愿者分配到3个服务点参加抗疫工作，每人只去1个服务点，每个服务点至少安排1人，则不同的安排方法共有（ ） A. 36种 B. 48种 C. 96种 D. 108种 【答案】A 【解析】 【分析】利用分组分配方法求解即可. 【详解】将4个人分成3个组有种方法， 再将3个组分配到3个服务点有种方法， 故选:A. 7. 设是定义在上的可导函数，，对任意实数，有，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数导数判断函数的单调性，计算得出不等式解集； 【详解】令，则即求的解集. 由已知得，，故在上单调递减； 又由得，，故，从而. 故选：A. 8. 已知展开式中x的系数为q，空间有q个点，其中任何四点不共面，这q个点可以确定的直线条数为m，以这q个点中的某些点为顶点可以确定的三角形个数为n，以这q个点中的某些点为顶点可以确定的四面体个数为p，则（ ） A. 2022 B. 2023 C. 40 D. 50 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件可得展开式中含x的项为6x，则．进而可求得答案. 【详解】的展开式中含x的项为： ， 的展开式中含x的项为： ， 所以，的展开式中含x的项为6x，其系数． 依题意得， 故选：D． 二、多选题 9. 如图所示是的导数的图象，下列结论中正确的有（ ）． A. 的单调递增区间是 B. 是的极小值点 C. 在区间上单调递减，在区间上单调递增 D. 是的极小值点 【答案】BC 【解析】 【分析】利用导数的正负与函数的单调性的关系，结合函数的极值与极值点的定义即可求解. 【详解】由导函数的图象可知，当或时，；当或时，； 所以的单调递增区间为和，单调递减区间为和.故A错误，C正确； 所以或是的极小值点；故B正确； 所以是取得极大值点；故D错误. 故选：BC. 10. 关于展开式，下列说法正确的是（ ） A. 各项的系数之和为0 B. 二项式系数的和为 C. 展开式共有2026项 D. 展开式中常数项为-1 【答案】AC 【解析】 【分析】令代入二项式，可得各项系数之和，判断A正确；由展开式的二项式系数之和为，可求B错；根据展开式中共有项，可判断C正确；利用二项展开式的通项公式，可判断D错. 【详解】令，则各项系数的和为，故A正确； 展开式的二项式系数的和为，故B错； 展开式中共有2026项，故C正确； 展开式中的第项为， 因为，且，所以，因此展开式中无常数项，故D错； 故选：AC 11. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示.下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ） A. . B. 由“第行所有数之和为”猜想：. C. 第20行中，第11个数最大. D. 第15行中，第7个数与第8个数之比7∶9. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用性质计算即可判断A；利用的展开式的二项式系数计算即可判断B；利用的展开式的二项式系数计算最大项即可判断C；利用的展开式的二项式系数计算即可判断D 【详解】对于A， ，故A错； 对于B，第n行中的数为的展开式的二项式系数， 令，得，故B对； 对于C，第20行中的数为的展开式的二项式系数，最大项是是第11个数，故C对； 对于D，第15行中的数为的展开式的二项式系数， 第7个数与第8个数分别是，且，故D对； 故选：BCD 第II卷（共92分） 三、填空题 12. 已知函数，则该函数的单调递增区间为_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，先求得函数的定义域，结合二次函数的性质和复合函数单调性的判定方法，即可求解. 【详解】由函数，则满足，解得或， 设，则函数的图象开口向上，对称轴为， 所以函数在上单调递增，则函数的单调递增区间为. 故答案为：. 13. 给如图所示的圆环涂色，将圆环平均分成A，B，C，D四个区域，现有红，黄、蓝、绿四种颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色且相邻区域的颜色不同，则不同的涂色方法有____种. 【答案】84 【解析】 【分析】根据四个区域涂颜色的种类数进行分类，分别计算出三类涂法的种类数，相加即可得出结果. 【详解】由题意可知：四个区域最少涂两种颜色，最多涂四种颜色，所以分以下三类： 当涂两种颜色时：A和C相同，B和D相同，共有种涂色方法； 当涂三种颜色时：分A和C相同和A，C不同两种情况，此时共有种涂色方法； 当涂四种颜色时：四个区域各涂一种，此时共有种涂色方法. 综上，不同的涂色方法有种. 故答案为：84 14. 已知函数，若存在唯一的零点，则k的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数确定函数的单调性，分类讨论求解参数范围即可. 【详解】因为所以， 令，解得 所以当时，当时，， 所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为， 又，， 当函数在上没有零点时，要使存在唯一的零点， 则必有，解得，此时， 易知函数有2个零点，分别为和，不满足题意； 所以函数在必有一个零点，要使存在唯一的零点， 则必有，解得. 综上k的取值范围为. 故答案： . 【点睛】方法点睛:利用导数研究方程根（函数零点）的技巧 （1）研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等． （2）根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置． （3）利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现． 四、解答题 15. 3名男生，4名女生，按照不同的要求排队，求不同的排队方法数. （1）选5名同学排成一排： （2）全体站成一排，甲、乙不在两端： （3）全体站成一排，男生站在一起、女生站在一起； （4）全体站成一排，男生彼此不相邻； 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【分析】(1)直接用排列原理求解；(2)先特殊后一般即可求解；(3)利用捆绑法求解；(4)利用插空法求解. 【小问1详解】 无条件的排列问题,排法有种. 【小问2详解】 先在中间五个位置选两个位置安排甲，乙，然后剩余5个人在剩余五个位置全排列， 所以有种. 【小问3详解】 相邻问题，利用捆绑法，共有种. 【小问4详解】 即不相邻问题，先排好女生共有种排法，男生在5个空中安插，共有种排法， 所以共有种. 16. 已知函数，其中， （1）若曲线在点处的切线方程为，求函数的解析式 （2）讨论函数的单调性 【答案】（1）函数的解析式为；（2）见解析. 【解析】 【详解】（1），由导数的几何意义得，于是，由切点在直线上得，解得，所以函数的解析式为 （2） 当时，显然，这时在上是增函数 当时，，解得 所以在，上是增函数，在，上是减函数. 17. 已知的展开式中，第3项与第4项的二项式系数之比为1:1. （1）求m的值； （2）求展开式中含的项. 【答案】（1）5； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用二项式系数及组合数的性质求出. （2）由（1）求出展开式的通项公式，进而求出指定项. 【小问1详解】 由的展开式中，第3项与第4项的二项式系数之比为1:1，得， 所以. 小问2详解】 由（1），的展开式的通项公式为， 由，解得， 所以展开式中含的项为. 18. 已知函数． （1）求函数在上的最大值和最小值． （2）过点作曲线的切线，求此切线的方程． 【答案】（1）的最小值是，的最大值是；（2）或 【解析】 【分析】（1）利用导数，通过导数的符号判断原函数的单调性，然后根据单调性进行求最值，可得结果. （2）假设切点，根据曲线在某点处导数的几何意义，可得切线的斜率，然后利用点斜式求出切线方程，最后代点求值，可得结果. 【详解】（1）， ， 令，解得：或， 令，解得：， 故在递增，在递减， 而，，， 的最小值是，的最大值是； （2）， 设切点坐标为， 则切线方程为， ∵切线过点， ∴， 化简得， ∴或． ∴切线的方程：或． 【点睛】本题考查利用导数求函数在区间的最值，以及过某点曲线的切线方程，理解曲线在某点处导数的几何意义，属基础题. 19. 已知函数，． （1）当时，求函数的单调递减区间； （2）若在区间上单调递减，求a取值范围； （3）若，存在两个极值点，，证明：． 【答案】（1）, （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数求得的单调递减区间. （2）由在区间恒成立分离常数，利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围. （3）将要证明的不等式转化为证明，利用构造函数法，结合导数来证得不等式成立. 【小问1详解】 当时，， ∴，解得， 则函数的单调递减区间为． 【小问2详解】 ∵，又在区间上单调递减， ∴在上恒成立，即在上恒成立， ∴在上恒成立，设，则， 当时，，∴单调递增，∴， ∴，即实数a的取值范围是； 【小问3详解】 由（2）知：，满足，∴， 不妨设，则， ∴， 则证，即证， 即证，也即证成立， 设函数，则， ∴在单调递减，又， ∴当时，， ∴，即． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 黑龙江省佳木斯市第二中学2024—2025学年度第二学期期中考试 高二数学试卷 注意事项： 考试说明：本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间75分钟. （1）答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚； （2）请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，在草稿纸、试题上答题无效. （3）保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀. 第I卷（共58分） 一、单选题 1. 的值为（ ） A. 60 B. 40 C. 35 D. 20 2. 函数的导数为（ ） A. B. C. D. 3. 一个商店销售某种型号的电视机，其中本地的产品有4种，外地的产品有7种.要买1台这种型号的电视机，则不同的选法有（ ） A. 7种 B. 11种 C. 14种 D. 28种 4. 函数的图象在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 若，，则（ ） A. B. C. D. 6. 若将4名志愿者分配到3个服务点参加抗疫工作，每人只去1个服务点，每个服务点至少安排1人，则不同的安排方法共有（ ） A. 36种 B. 48种 C. 96种 D. 108种 7. 设是定义在上的可导函数，，对任意实数，有，则的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知展开式中x的系数为q，空间有q个点，其中任何四点不共面，这q个点可以确定的直线条数为m，以这q个点中的某些点为顶点可以确定的三角形个数为n，以这q个点中的某些点为顶点可以确定的四面体个数为p，则（ ） A. 2022 B. 2023 C. 40 D. 50 二、多选题 9. 如图所示是的导数的图象，下列结论中正确的有（ ）． A. 的单调递增区间是 B. 是的极小值点 C. 在区间上单调递减，在区间上单调递增 D. 是的极小值点 10. 关于展开式，下列说法正确的是（ ） A. 各项的系数之和为0 B. 二项式系数的和为 C. 展开式共有2026项 D. 展开式中常数项为-1 11. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示.下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ） A. . B. 由“第行所有数之和为”猜想：. C. 第20行中，第11个数最大. D. 第15行中，第7个数与第8个数之比7∶9. 第II卷（共92分） 三、填空题 12. 已知函数，则该函数的单调递增区间为_______. 13. 给如图所示的圆环涂色，将圆环平均分成A，B，C，D四个区域，现有红，黄、蓝、绿四种颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色且相邻区域的颜色不同，则不同的涂色方法有____种. 14. 已知函数，若存在唯一的零点，则k的取值范围是______. 四、解答题 15. 3名男生，4名女生，按照不同的要求排队，求不同的排队方法数. （1）选5名同学排成一排： （2）全体站成一排，甲、乙不在两端： （3）全体站成一排，男生站在一起、女生站在一起； （4）全体站成一排，男生彼此不相邻； 16 已知函数，其中， （1）若曲线在点处切线方程为，求函数的解析式 （2）讨论函数的单调性 17. 已知的展开式中，第3项与第4项的二项式系数之比为1:1. （1）求m值； （2）求展开式中含的项. 18. 已知函数． （1）求函数在上的最大值和最小值． （2）过点作曲线的切线，求此切线的方程． 19. 已知函数，． （1）当时，求函数的单调递减区间； （2）若在区间上单调递减，求a的取值范围； （3）若，存在两个极值点，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $