精品解析：广东广州市第十六中学2025学年第二学期高中中段教学质量反馈高二年级数学试卷

广州市第十六中学2025学年第二学期高中中段教学质量反馈 高二年级数学试卷 命题人：李慧梅 审核人：李慧梅 一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 某物体的位移(单位:)与时间(单位:)满足函数关系式，其中为常数.若当时，该物体的瞬时速度为，则当时，该物体的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导，根据求出，进而可求. 【详解】由已知， 又，解得， 所以， 所以. 故选：B. 2. 函数的大致图象如图所示，设的导函数为，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据图象可知的符号，故可得的解集. 【详解】由图可知当时，，当时，， 所以的解集为． 故选：A 3. 已知函数的导函数为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导可得，令，求解即可. 【详解】由，可得， 所以，解得. 故选：B. 4. 若，则的值为（ ） A. 63 B. 64 C. 127 D. 128 【答案】C 【解析】 【分析】由组合数的性质计算，结合二项式系数的性质求结论. 【详解】因为，又 所以，解得， 所以， 所以. 故选：C. 5. 已知等比数列的公比为，若，且，，成等差数列，则（ ） A. B. 3 C. 0或3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由等差中项性质得，结合得到，解得. 【详解】因为，，成等差数列，所以，即， 因为，所以，即， 因为，，所以. 故选：B 6. 已知函数在区间上是减函数，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得到，恒成立.从而得到，恒成立，再根据的单调性求解即可. 【详解】因为，函数在区间上是减函数， 所以，恒成立. 所以，恒成立. 设，， 因为对称轴为，所以在为增函数， 所以，所以. 故选：C 7. 已知分别为曲线和直线上的点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先判断曲线与直线是否存在交点，若存在，则最短距离为0，若不存在，则当曲线在切点处的斜率为2时，切点到直线的距离最短. 【详解】令， 因，则， 故曲线和直线无交点， ，则，令，解得， 则曲线上的点到直线的距离， 则的最小值为. 故选：A 8. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】易得，，，构建函数，求导判断其单调性，利用单调性比较大小即可. 【详解】由题意可得，，， 设，，则， 故当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 因为，，，且， 可得，，所以. 故选：D. 二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.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，选对但不全得部分分，有选错的得0分. 9. 已知定义在上的函数的导函数的图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. B. 函数在上单调递减 C. 函数在处取得极大值 D. 函数有最大值 【答案】AC 【解析】 【分析】根据导数的定义、几何意义以及函数极值、最值概念判断即可. 【详解】A选项：根据图象可知，A选项正确； B、C选项：由图象可知当时，，函数在单调递增， 当时，，函数在单调递减， 函数在处取得极大值，B选项错误；C选项正确； D选项：由图象可知在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增，无最大值，D选项错误； 故选：AC. 10. 有甲、乙、丙等6名同学，则下列说法正确的是（ ） A. 6人站成一排，甲、乙两人相邻，则不同的排法种数为240 B. 6人站成一排，甲、乙、丙按从左到右的顺序站位（不一定相邻），则不同的站法种数为240 C. 6名同学平均分成三组分别到、、三个工厂参观，每名同学必须去，且每个工厂都有人参观，则不同的安排方法有90种 D. 6名同学分成三组参加不同的活动，每名同学必须去，且每个活动都有人参加，甲、乙、丙在一起，则不同的安排方法有36种 【答案】ACD 【解析】 【分析】用捆绑法即可判断A，用倍缩法即可判断B，用平均分组公式即可判断C，用分类加法分步乘法即可判断D. 【详解】对于A，6人站成一排，甲、乙两人相邻，可以采用捆绑法，则不同的排法种数为，故A正确； 对于B，6人站成一排，甲、乙、丙按从左到右的顺序站位，可用倍缩法进行求解，即种，故B错误； 对于C，6名同学平均分成三组分别到、、三个工厂参观，每名同学必须去，且每个工厂都有人参观，则有种，故C正确； 对于D，6名同学分成三组参加不同的活动，甲、乙、丙在一起，若还有一位同学与他们一组，共有种分法； 若三组同学分为3人一组，2人一组和1人一组，先将除甲、乙、丙外的剩余3人分为两组，有种分法；共有6种分组方法，再分配到三个活动中，共有种，D正确． 故选：ACD. 11. 设在区间上的可导函数，其导函数为，函数的导函数为.若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”；又当函数在区间上单调递减时，称函数为区间上的“上凸函数”.则（ ） A. 任何一个三次函数均有“拐点” B. 函数为区间上的“上凸函数” C. 若函数的“拐点”在轴的右侧，则函数在区间上单调递减 D. 若函数存在拐点，且为定义域上的“上凸函数”，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A 选项：运用拐点概念计算即可； 对于B 选项：对求导，，借助导数研究函数在区间上单调性可判断； 对于C 选项，求导得到，再求导令，得拐点，因为“拐点”在轴右侧，得到.进而得到的递减区间判断即可； 对于D 选项：根据拐点概念，结合“上凸函数”概念，求出,可判断. 【详解】对于A 选项：对于三次函数， ， 再求导得到.令，则，解得， 所以任何一个三次函数均有“拐点”，A 选项正确. 对于B 选项：，， . 当时，，，得出函数在区间上单调递减，所以函数是区间上的“上凸函数”，B 选项正确. 对于C 选项：，，. 令，得，因为“拐点”在轴右侧，所以，即. 令可得，所以， 的递减区间是，C 选项错误. 对于D 选项：， ，. 令，即在有解.即则有正解. 则，解得. 并且因为函数为定义域上的“上凸函数”，所以在定义域上单调递减. 恒成立.恒成立，,即， 即，解得，由于保证拐点，则.D选项正确. 故选：ABD. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 展开式中，常数项为__________. 【答案】 【解析】 【详解】展开式中的通项公式为, 令，故，故常数项为第4项，即. 13. 函数的图象在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为______. 【答案】## 【解析】 【分析】求导确定切线方程，求得切线与坐标轴的交点，即可求解. 【详解】由，得，则. 又，所以所求切线方程为. 又切线与轴、轴分别交于点，， 所以所求的三角形面积. 故答案为：. 14. 定义在区间D上的函数，若存在正数K，对任意的，不等式恒成立，则称函数在区间D上满足K-条件．若函数在区间上满足K-条件，则K的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出在区间的单调性，再结合K-条件的定义进行分析，从而求K的取值范围，即可求出K的最小值. 【详解】因为， 令，， 当时，，所以在上单调递减， 又因为，所以在上恒成立， 所以，则在上单调递增， 设，所以， 若函数在区间上满足K-条件 因此对任意恒成立， 所以对任意恒成立， 则对任意恒成立， 令，所以在上单调递减， 在恒成立，所以， 又因为在上单调递减，. 所以，所以K的最小值为. 故答案为：. 四､解答题：本题共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. 已知数列的首项，且满足. （1）求证：数列为等差数列； （2）记，数列的前项的和为，求证：. 【答案】（1） 由递推关系，两边取倒数可得：， 整理可得：，所以数列为等差数列； （2） 由可知，数列是以为首项，以为公差的等差数列， 即，即， 又因为， 所以. 【解析】 【分析】（1）利用递推关系变形可证明等差数列； （2）利用裂项相消法求和可证明不等式. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 已知 . （1）若展开式的二项式系数和为256，求 的值； （2）当 时，二项式的展开式中 的系数为，常数项为，若，则求的值； （3）当 时，求二项式的展开式中系数最大的项. 【答案】（1）8 （2）2或-2 （3）240 【解析】 【分析】（1）由二项式系数和为，依题意可得结果， （2）根据二项式定理通项公式求出的系数与常数项，由条件可得结果， （3）根据二项式定理通项公式，设第r项系数最大，建立不等关系可得结果. 【小问1详解】 依题意有，解得. 【小问2详解】 当 时二项式为，由二项式定理通项公式得， 令，得，所以， 令，得，所以， 又，解得（舍去）或或， 所以或. 【小问3详解】 当 时二项式为， 由二项式定理通项公式得， 设第r项系数最大，则，即，故， 所以二项式的展开式中系数最大的项为. 17. 设函数， （1）求曲线y=在点（0，）处的切线方程； （2）求函数在区间上的最大值与最小值； （3）若方程在有三个不同的根，求的取值范围． 【答案】（1） （2）最大值为10；最小值为 （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义及直线的点斜式方程求解. （2）根据导数与函数单调性的关系，求出区间端点处的函数值、极值进行比较. （3）利用导数确定函数的单调性以及求出函数的极值、最值，把函数的根的个数问题转化为两个函数的交点个数问题. 【小问1详解】 代入得到，即切点坐标（0，1） 由，得 ． - 所以曲线y=在点（0，）处的切线方程为. 【小问2详解】 由，得 ． 令，得，解得或 与在区间上的情况如下： -4 -3 1 3 ↗ 10 ↘ ↗ 10 所以在区间上，当x=-3或x=3时，最大值为10； 当x=1时，最小值为． 【小问3详解】 若方程在上有三个不同的根，可得y=的图象与直线y=有3个交点 由（2）可知： -3 1 ↗ 10 ↘ ↗ 又当；当 所以时，方程有三个不同根． 18. 已知函数． （1）若，求的极值点； （2）讨论的单调性； （3）若有两个零点，求实数的取值范围． 【答案】（1）极小值点为，无极大值点 （2） 当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. （3） 【解析】 【分析】（1）由题意整理函数解析式，求导，根据极值点的定义，可得答案； （2）由函数求导，根据导数与函数单调性的关系，利用分类讨论思想，结合二次函数的性质，可得答案； （3）根据函数的单调性，求得函数最小值，建立不等式，结合零点存在性定理，可得答案. 【小问1详解】 由，则，求导可得， 令，解得，由得，由得， 所以函数极小值点为，无极大值点. 【小问2详解】 由，求导可得， 化简可得， 当时，易知，所以函数在上单调递减； 当时，令，解得， 由得，由得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 综上所述，当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 由（2）易知当时，函数不存在两个零点； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以函数的最小值为，令得， 易知函数在上单调递增，则得， 由，当时，， 所在函数在与分别存在一个零点， 故的取值范围为. 19. 法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个定理，具体如下:如果函数满足如下条件：①在闭区间上的图象是连续的；②在开区间上可导，则在开区间上至少存在一个实数，使得成立，人们称此定理为“拉格朗日中值定理”. （1）已知且， （i）若恒成立，求实数的取值范围； （ii）当时，求证：. （2）已知函数有两个零点，记作，若，证明： 【答案】（1）（i）； （ii）证明：要证，即证， 即证， 又， 由拉格朗日中值定理可知，存在， ， . 由题意知，当时，在上单调递增， 则，故， 即，所以命题得证. （2） 函数有两个零点，即方程有两个根，即方程有2个根. 令， 所以在上单调递增，且，即方程有2个根，且这两根即为方程的根， 所以，则，则由，得， 所以，则， 要证，即证， 又，令， 令， 又，所以，故在上单调递增， 所以， 所以，故在上单调递减，所以， 即， 即，所以不等式得证. 【解析】 【分析】（1）（i）法一：构造函数，利用函数单调递增，则在上恒成立，然后转化为分离参数求最值即可求解；法二：利用拉格朗日中值定理知，恒成立 ，使得，将问题转化为恒成立，在对其进行求解即可； （ii）将，再结合拉格朗日中值定理进行证明即可； （2）由函数有两个零点，转化为方程有2个根，构造函数，然后求导借助函数的单调性和最值确定两个零点的范围，即可求解. 【小问1详解】 （i）解：法一：由，且化简得，即， 令，可知在上单调递增， 则在上恒成立，即在上恒成立， 令，显然在上单调递减， 所以，即，故实数的取值范围为. 法二：由拉格朗日中值定理可知，，使得， 故问题转化为恒成立. 又，则恒成立，即恒成立， 因为， 故令，显然在上单调递减， 所以，所以，故实数的取值范围为. （ii）略 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛： （1）对于第一问和第二问关键是理解拉格朗日中值定理，借助定义进行求解即可； （2）第三问是函数“隐零点”问题，解决这类题的方法是对零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目中的条件解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市第十六中学2025学年第二学期高中中段教学质量反馈 高二年级数学试卷 命题人：李慧梅 审核人：李慧梅 一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 某物体的位移(单位:)与时间(单位:)满足函数关系式，其中为常数.若当时，该物体的瞬时速度为，则当时，该物体的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 2. 函数的大致图象如图所示，设的导函数为，则的解集为（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数的导函数为，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 若，则的值为（ ） A. 63 B. 64 C. 127 D. 128 5. 已知等比数列的公比为，若，且，，成等差数列，则（ ） A. B. 3 C. 0或3 D. 6. 已知函数在区间上是减函数，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知分别为曲线和直线上的点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.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，选对但不全得部分分，有选错的得0分. 9. 已知定义在上的函数的导函数的图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. B. 函数在上单调递减 C. 函数在处取得极大值 D. 函数有最大值 10. 有甲、乙、丙等6名同学，则下列说法正确的是（ ） A. 6人站成一排，甲、乙两人相邻，则不同的排法种数为240 B. 6人站成一排，甲、乙、丙按从左到右的顺序站位（不一定相邻），则不同的站法种数为240 C. 6名同学平均分成三组分别到、、三个工厂参观，每名同学必须去，且每个工厂都有人参观，则不同的安排方法有90种 D. 6名同学分成三组参加不同的活动，每名同学必须去，且每个活动都有人参加，甲、乙、丙在一起，则不同的安排方法有36种 11. 设在区间上的可导函数，其导函数为，函数的导函数为.若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”；又当函数在区间上单调递减时，称函数为区间上的“上凸函数”.则（ ） A. 任何一个三次函数均有“拐点” B. 函数为区间上的“上凸函数” C. 若函数的“拐点”在轴的右侧，则函数在区间上单调递减 D. 若函数存在拐点，且为定义域上的“上凸函数”，则 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 展开式中，常数项为__________. 13. 函数的图象在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为______. 14. 定义在区间D上的函数，若存在正数K，对任意的，不等式恒成立，则称函数在区间D上满足K-条件．若函数在区间上满足K-条件，则K的最小值为________． 四､解答题：本题共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. 已知数列的首项，且满足. （1）求证：数列为等差数列； （2）记，数列的前项的和为，求证：. 16. 已知 . （1）若展开式的二项式系数和为256，求 的值； （2）当 时，二项式的展开式中 的系数为，常数项为，若，则求的值； （3）当 时，求二项式的展开式中系数最大的项. 17. 设函数， （1）求曲线y=在点（0，）处的切线方程； （2）求函数在区间上的最大值与最小值； （3）若方程在有三个不同的根，求的取值范围． 18. 已知函数． （1）若，求的极值点； （2）讨论的单调性； （3）若有两个零点，求实数的取值范围． 19. 法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个定理，具体如下:如果函数满足如下条件：①在闭区间上的图象是连续的；②在开区间上可导，则在开区间上至少存在一个实数，使得成立，人们称此定理为“拉格朗日中值定理”. （1）已知且， （i）若恒成立，求实数的取值范围； （ii）当时，求证：. （2）已知函数有两个零点，记作，若，证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $