精品解析：江苏宜兴市官林中学2024-2025学年高二下学期第一次阶段性测试数学试题

官林中学2023级高二下学期第一次阶段性测试 数学试卷 2025.03.20 班级：______ 姓名：______ 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法种数为（ ） A. 4 B. 6 C. 12 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】分两步完成，第一步先选进门的方法有4种，再选出门的方法有3种，最后相乘即可求解. 【详解】分两步完成：第一步，从4个门中选择1个门进，有4种方法； 第二步，从余下的3个门中选1个门出，有3种方法. 根据分步乘法计数原理，有种方法. 故选：C 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用常见函数的导数对选项分别求导即可. 【详解】对于A选项，，A选项错误； 对于B选项，，B选项错误； 对于C选项，，C选项错误； 对于D选项，，D选项正确． 故选：D 3. 在的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则的值为（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】根据题中条件得出二项展开式的总项数，再求解n的值即可. 【详解】根据题意，只有第7项为二项展开式的中间项，所以二项展开式的总项数为13， 即，解得， 故答案为：12. 4. 物体甲、乙在时间到范围内，路程的变化情况如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 在到范围内，甲的平均速度大于乙的平均速度 B. 在到范围内，甲的平均速度小于乙的平均速度 C. 在到范围内，甲的平均速度大于乙的平均速度 D. 在到范围内，甲的平均速度小于乙的平均速度 【答案】C 【解析】 【分析】利用平均速度的定义逐项判断可得出合适的选项. 【详解】在到范围内，甲、乙的平均速度都为，故AB错误； 在到范围内，甲的平均速度为，乙的平均速度为， 因为，，所以， 则在到范围内，甲的平均速度大于乙的平均速度，故C正确，D错误． 故选：C. 5. 若函数，则函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. (0，3) D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求函数的定义域，再求导数，最后令，解之即可得到结果. 【详解】函数的定义域为：， 因为， 令并且，得：， 所以函数的单调递减区间为(0，3). 故本题正确答案为C. 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，掌握常见函数的导数是关键，属基础题. 6. 在某项志愿服务中，需从来自甲、乙两个单位的10名志愿者（甲单位6名、乙单位4名）中选出4名志愿者组成志愿者服务小组，所选4名志愿者不全来自同一个单位的选法种数为（ ） A. 156 B. 180 C. 194 D. 672 【答案】C 【解析】 【分析】利用组合公式得出所选4名志愿者来自同一单位的选法，再由求解即可. 【详解】所选4名志愿者来自同一单位的共有种选法，则所选4名志愿者不全来自 同一个单位的选法种数为. 故选：C 7. 函数在区间上存在最大值与最小值，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，令，解得， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 因为函数在区间上存在最大值与最小值， 所以，所以. 8. ，，当时，都有，则实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】由题意分析可知：在上单调递减，求导，可得在上恒成立，结合恒成立问题分析求解. 【详解】因为，，当时，都有， 即，可得， 令，，则恒成立， 即在上单调递减，且， 可知在上恒成立，即在上恒成立， 又因为在上单调递减， 所以最大值1，即实数的最小值为1. 故选：D 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 关于，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】对于选项A，B，D，分别令、、代入已知关系式即可求解，选项C，利用二项式展开式的通项公式即可求解. 【详解】令，则，即，故A正确； 令，则， 即， 所以，故B错误； 根据二项式展开式的通项公式：，故C错误； 令，则， 令，则， 两式相加可得，① 两式相减可得，② ②①可得， 所以，故D正确. 故选：AD 10. 现有3个编号为1，2，3的盒子和3个编号为1，2，3的小球，要求把3个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有（ ） A. 没有空盒子的方法共有6种 B. 所有的放法共有21种 C. 恰有1个盒子不放球的方法共有9种 D. 没有空盒子且小球均不放入自己编号的盒子的方法有2种 【答案】AD 【解析】 【分析】根据排列组合知识，结合每个选项的具体情况，即可求得答案. 【详解】对于A，没有空盒子即相当于3个编号为1，2，3的小球分别放入3个编号为1，2，3的盒子中的全排列， 故方法共有种，A正确； 对于B，所有的放法，即每个球都有3种放法，故共有（种）放法，B错误； 对于C，恰有1个盒子不放球，即有2个球放入一个盒子中，另一个球放入另一个盒子中， 那么先3个盒子选一个作为空盒，在把3个球选出2个绑在一起，在排列， 共有（种）放法，C错误； 对于D，没有空盒子且小球均不放入自己编号的盒子，则只有以下2种情况： 即1号球放入2号盒子，2号球放入3号盒子，3号球放入1号盒子； 1号球放入3号盒子，3号球放入2号盒子，2号球放入1号盒子，D正确， 故选：AD 11. 设函数，则（ ） A. B. 函数的图象过点的切线方程为 C. 函数既存在极大值又存在极小值，且其极大值大于其极小值 D. 方程有两个不等实根，则实数的取值范围为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据导数的运算法则及初等函数的导数公式，利用导数值的定义及求过点处的切线方程的步骤，结合导数法求函数的极值的步骤及将方程有两个不等实根转化为与有两个交点，再利用数形结合即可求解. 【详解】由题意可知 对于A，由得，故A正确； 对于B，设切点为 切线方程代入点，得，化简整理得， 令 所以函数在的切线方程为， 因为函数图象连续不断， 所以存在使得， 所以过点的直线与函数在之间存在切点， 所以过点的切线不止一条，故B错误； 对于C，的定义域为 令即，解得或 当时， 当时， 所以在和上单调递增，在和上单调递减. 当时，取得极大值为， 当时，取得极小值为， 因为 所以极大值小于极小值，故C错误； 对于D，由C选项知，作出的图象如图所示 要使方程有两个不等实根，只需要与有两个交点，由图可知， 所以实数的取值范围为.故D正确. 故选：AD. 【点睛】关键点睛：解决此题的关键是利用求过点处的切线方程的方法及零点的存在性定理判断方程的根，再利用导数法求函数的极值及作出函数的大致图象，将方程有两个不等实根转化为与有两个交点即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知函数在处的导数为2，则______. 【答案】 【解析】 【详解】， 所以 13. 三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过5次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有______种. 【答案】10 【解析】 【详解】由题设，若三人为甲、乙、丙，传递过程如下： 甲①②③④甲， 其中①④一定不会是甲，所以中间四个人的可能情况为： {乙，甲，乙，丙}、{乙，甲，丙，乙}、{乙，丙，甲，乙}、{乙，丙，甲，丙}、{乙，丙，乙，丙}、{丙，甲，乙，丙}、{丙，甲，丙，乙}、{丙，乙，甲，乙}、{丙，乙，甲，丙}、{丙，乙，丙，乙}，共10种情况. 14. 若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义分别表示出两条曲线的切线方程，再利用两条切线的斜率、截距相等建立等式，从而求解. 【详解】对函数求导得，对求导得， 设直线与曲线相切于点， 与曲线相切于点， 则， 由点在切线上得， 由点在切线上得， 这两条直线表示同一条直线， 所以， 解得. 【名师点睛】函数在点处的导数的几何意义是曲线在点处的切线的斜率．相应地，切线方程为． 注意：求曲线切线时，要分清在点处的切线与过点的切线的不同． 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. （1）求值：； （2）解方程：； （3）解不等式：. 【答案】（1）；（2）或；（3） 【解析】 【分析】（1）直接利用排列数公式计算即可； （2）根据组合数的性质可得出关于的方程，解出的值，再结合题意检验即可； （3）根据排列数公式可得出关于的不等式，结合题意得出且，即可得出的取值. 【详解】（1）原式； （2）由可得或， 解方程，即，解得或， 解方程，即，解得或， 又因为、均为整数，且， 所以或符合要求，和均不符合要求. 故或； （3）由可得， 由题意可知且，整理可得，即， 解得，又因为且，所以. 16. 某班级周六的课程表要排入历史、语文、数学、物理、体育、英语、化学共7节课． （1）如果物理和历史不能排在一起，则有多少种不同的排法？ （2）如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有多少种不同的排法？ （3）如果历史，语文，数学必须相邻，体育排在物理后面（不一定相邻），共有多少种排法？ 【答案】（1）3600； （2）3720； （3）360. 【解析】 【分析】（1）利用不相邻排列问题列式计算即得. （2）不考虑限制条件的排列，去掉第一节排体育或最后一节排数学的排列即可. （3）利用相邻问题的排列，结合定序问题倍缩法列式计算即得. 【小问1详解】 先排除物理、历史外的将其他5科，有种排法； 将物理，历史插入上述的每种排法形成的6个间隙中，有种排法， 所以物理，历史不能排在一起共有种排法. 【小问2详解】 不考虑条件限制，7节课共有种排法， 第一节排体育有种排法；最后一节排数学有种排法， 而第一节排体育，且最后一节排数学有种排法， 所以第一节不排体育，最后一节不排数学，有种排法. 【小问3详解】 数学、语文、历史视为一个整体，与其它4门课一起排列，有种排法，其中体育排在物理后面的占， 数学、语文、历史的排列有种， 所以满足条件的排法有种. 17. 如图所示，是边长，的矩形硬纸片，在硬纸片的四角切去边长相等的小正方形后，再沿虚线折起，做成一个无盖的长方体盒子，、是上被切去的小正方形的两个顶点，设. （1）将长方体盒子体积表示成的函数关系式，并求其定义域； （2）当为何值时，此长方体盒子体积最大？并求出最大体积. 【答案】（1），；（2）当时长方体盒子体积最大，此时最大体积为. 【解析】 【分析】（1）分别由题意用x表示长方体的长宽高，代入长方体的体积公式即可表示该函数关系，再由实际长方体的长宽高都应大于零构建不等式组，即可求得定义域. （2）利用导数分析体积在定义域范围内的单调性，进而求函数的最大值. 【详解】长方体盒子长，宽，高. （1）长方体盒子体积， 由得，故定义域为. （2）由（1）可知长方体盒子体积 则，在内令，解得，故体积V在该区间单调递增； 令，解得，故体积V在该区间单调递减； ∴在取得极大值也是最大值.此时. 故当时长方体盒子体积最大，此时最大体积为. 【点睛】本题考查实际生活中的最优解问题，涉及数学建模与利用导数求函数的最大值，属于简单题. 18. 已知二项式. （1）若它的二项式系数之和为128. ①求展开式中二项式系数最大的项； ②求展开式中系数最大的项； （2）若，求二项式的值被7除的余数. 【答案】（1）① ② （2）1 【解析】 【分析】（1）先求出的值，①由于展开式共有8项，所以二项式系数最大的项为第4，5项，②设展开式中系数最大的项为第项，然后列不等式组可求得结果， （2）由于，所以将问题转化为被7除的余数，而，从而可求得答案 【详解】（1），通项为. ①二项式系数最大的项为第4，5项， . ②设展开式中系数最大的项为第项，则 ，， ，解得， 因为，所以或， 所以展开式中系数最大的项为第6，7项， . （2）当时，， 因为 ， 所以二项式的值被7除的余数就是被7除的余数， 因为 ， 所以被7除的余数为1， 所以二项式的值被7除的余数为1. 19. 已知函数． （1）若，求的极值； （2）讨论的单调性； （3）若对任意，有恒成立，求整数m的最小值． 【答案】（1）极大值为，无极小值． （2）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减． （3）1 【解析】 【分析】（1）求导，通过导数判断函数单调性，然后可得； （2）求导，分，讨论可得； （3）参变分离，将问题转化为在上恒成立问题，记，利用导数求函数的最大值所在区间可得. 【小问1详解】 的定义域为， 当 时，， 令，解得 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减． 所以在时取得极大值为，无极小值． 【小问2详解】 因为 当时，在上恒成立，此时在上单调递增； 当时 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 综上：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． 【小问3详解】 因为对任意，恒成立， 所以在上恒成立， 即在上恒成立． 设，则． 设，，则在上单调递减， 因为，， 所以，使得，即． 当时，； 当时，． 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以． 因为，所以， 故整数的最小值为1． 【点睛】本题第三问属于恒成立问题,恒成立问题比较常见的处理方法之一便是参变分离法,然后构造函数转化问函数最值问题,利用导数可解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 官林中学2023级高二下学期第一次阶段性测试 数学试卷 2025.03.20 班级：______ 姓名：______ 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法种数为（ ） A. 4 B. 6 C. 12 D. 16 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 在的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则的值为（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 4. 物体甲、乙在时间到范围内，路程的变化情况如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 在到范围内，甲的平均速度大于乙的平均速度 B. 在到范围内，甲的平均速度小于乙的平均速度 C. 在到范围内，甲的平均速度大于乙的平均速度 D. 在到范围内，甲的平均速度小于乙的平均速度 5. 若函数，则函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. (0，3) D. 6. 在某项志愿服务中，需从来自甲、乙两个单位的10名志愿者（甲单位6名、乙单位4名）中选出4名志愿者组成志愿者服务小组，所选4名志愿者不全来自同一个单位的选法种数为（ ） A. 156 B. 180 C. 194 D. 672 7. 函数在区间上存在最大值与最小值，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. ，，当时，都有，则实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 关于，则（ ） A. B. C. D. 10. 现有3个编号为1，2，3的盒子和3个编号为1，2，3的小球，要求把3个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有（ ） A. 没有空盒子的方法共有6种 B. 所有的放法共有21种 C. 恰有1个盒子不放球的方法共有9种 D. 没有空盒子且小球均不放入自己编号的盒子的方法有2种 11. 设函数，则（ ） A. B. 函数的图象过点的切线方程为 C. 函数既存在极大值又存在极小值，且其极大值大于其极小值 D. 方程有两个不等实根，则实数的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知函数在处的导数为2，则______. 13. 三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过5次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有______种. 14. 若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则_______． 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. （1）求值：； （2）解方程：； （3）解不等式：. 16. 某班级周六的课程表要排入历史、语文、数学、物理、体育、英语、化学共7节课． （1）如果物理和历史不能排在一起，则有多少种不同的排法？ （2）如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有多少种不同的排法？ （3）如果历史，语文，数学必须相邻，体育排在物理后面（不一定相邻），共有多少种排法？ 17. 如图所示，是边长，的矩形硬纸片，在硬纸片的四角切去边长相等的小正方形后，再沿虚线折起，做成一个无盖的长方体盒子，、是上被切去的小正方形的两个顶点，设. （1）将长方体盒子体积表示成的函数关系式，并求其定义域； （2）当为何值时，此长方体盒子体积最大？并求出最大体积. 18. 已知二项式. （1）若它的二项式系数之和为128. ①求展开式中二项式系数最大的项； ②求展开式中系数最大的项； （2）若，求二项式的值被7除的余数. 19. 已知函数． （1）若，求的极值； （2）讨论的单调性； （3）若对任意，有恒成立，求整数m的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $