福建省部分优质高中2024−2025学年高二下学期期中质量检测 数学试卷（含解析）

这是一份福建省部分优质高中2024−2025学年高二下学期期中质量检测 数学试卷（含解析），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．若函数在处的导数等于，则的值为（ ）
A．0B．C．aD．
3．已知，，则的取值范围（ ）
A．B．C．D．
4．曲线在点处切线的斜率为，则的坐标为（ ）
A．B．C．D．
5．已知，则的最小值为（ ）
A．B．C．4D．2
6．若函数在区间上有极值，则的取值可能是（ ）
A．B．C．0D．1
7．距离期中考试即将到来的20天之际，平潭某中学高二（1）班的五位同学打算利用周末时间来亲近大自然，陶冶情操，释放压力.这五位同学准备星期六在平潭龙王头风景区、壳丘头遗址考古生态公园、北部湾生态风景区三个景点中选择一个进行游玩，已知每个景点至少有一位同学会选，五位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙准备选同一个景点，则不同的选法种数为（ ）
A．46B．56C．36D．66
8．已知直线与曲线有三个交点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．在下列四个命题中，正确的是（ ）
A．命题“，使得”的否定是“，都有”
B．当时，的最小值是5
C．若不等式的解集为，则
D．“”是“”的必要不充分条件
10．已知，，则（ ）
A．B．
C．D．
11．已知函数，则（ ）
A．只有1个极小值点
B．曲线在点处的切线斜率为9
C．当有3个零点时，m的取值范围为
D．当只有1个零点时，m的取值范围为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知集合，，若，则实数 .
13．已知实数，则的最小值是 .
14．已知，则的大小关系为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知集合，.
(1)分别求，.
(2)已知，且，求实数的取值范围.
16．已知函数（为常数），曲线在点处的切线平行于直线.
(1)求函数的解析表达式；
(2)求函数的极值.
17．已知的展开式中所有项的二项式系数和为128，各项系数和为．
(1)求n和a的值；
(2)求展开式中项的系数
(3)求的展开式中的常数项．
18．（1）由0，1，2，3，4，5，6这7个数字组成的没有重复数字的四位偶数有多少个？
（2）把5个不同颜色的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少放入1个小球，有多少种不同的放法？
（3）某书法兴趣小组有7名组员，其中3人只擅长硬笔书法，2人只擅长软笔书法，其余2人既擅长硬笔书法，又擅长软笔书法，现从书法兴趣小组中选择擅长硬笔书法的2人参加硬笔书法比赛，擅长软笔书法的2人参加软笔书法比赛（每个人不能同时参加两个比赛），则不同的选择方法有多少种？
19．已知函数
(1)当 时，求函数的单调区间；
(2)若函数 在区间 上有1个零点，求实数k的取值范围；
(3)若 在 上恒成立，求出正整数k的最大值；
参考答案
1．【答案】B
【详解】由题意可得，
又因为
所以.
故选B.
2．【答案】D
【详解】.
故选D.
3．【答案】B
【详解】因为，得，，所以．
故选B．
4．【答案】B
【详解】，令，则，故，
当时，，即的坐标为.
故选B.
5．【答案】D
【详解】因为，
所以，
当且仅当，且，即时，取等号，
所以的最小值为2.
故选D.
6．【答案】B
【详解】因为函数在区间上有极值，
所以在上有变号实根，
因为，
所以在区间上有变号实根，
因为，所以，故.
故选B.
7．【答案】C
【详解】将除甲乙外其他3人分成两组，有种，再把三组分配到三个景区有种；
把其他3人中的一个分到甲乙同一组，有种，再让余下2人各自成组，把三组人分配到三个景区有种；
所以共有种.
故选C.
8．【答案】A
【详解】令，则
令得，∴时，单调递减；
令得，∴时，单调递增,
又，
故，则，若，则，
且,
因为，所以点在曲线上，
所以的图像如图所示
因为直线过定点，
由题意可知，过点的直线与曲线有三个交点，
因为过点的曲线的切线的斜率为：，
即当时，直线与曲线相切；
因，，
，，，
所以函数在时是凸的，在时是凸的，在函数可能有一个拐点.因此，函数 在 左右由凸变凹.
根据图像可知，
当时，直线与曲线有两个公共点；
当时，直线与曲线只有一个公共点；
当时，直线与曲线有三个公共点.
故选A.
9．【答案】ABC
【详解】对于A，“，使得”的否定是“，都有，故A正确；
对于B，由基本不等式，，当且仅当，
即时，取等号，故B正确；
对于C，不等式的解集为，
则的根为，由韦达定理，
，则，故C正确.
对于D，时，可得，，可得或，
则，得不到，则“”是“”的充分不必要条件，故D错误.
故选ABC.
10．【答案】ACD
【详解】由，
所以的展开式中最高次项为次项，即，故A正确；
的展开式中，的系数为，的系数为，
则，故B错误；
令，得，故C正确；
令，得，
所以，故D正确；
故选ACD.
11．【答案】BC
【详解】由得或；由得.
当或时，，则，
∴当或时，当时，
∴在上单调递增，在上单调递减.
当时，则，
∴当时，当时，
∴在上单调递增，在上单调递减.
综上得，在处取得极小值，故有2个极小值点，故A错误.
∵，∴曲线在点处的切线斜率为9，故B正确.
由得，函数的零点个数问题转化为函数的图象与直线的交点个数问题.
根据函数单调性分析，作出函数的图象，如图所示，

由图1可得，当函数的图象与直线有3个交点时，m的取值范围为，故C正确.
由图2可得，当函数的图象与直线有1个交点时，m的取值范围为，故D错误．
故选BC.
12．【答案】或
【详解】由题知，，
因为，所以，
则当时，，而；
当时，(舍)或，
所以或.
13．【答案】
【详解】由题意可得
，
当且仅当时，即时，等号成立，
则的最小值是.
14．【答案】
【详解】由，
即，
令，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
则有，即，
令，
则在上恒成立，
故在上单调递减，
则有，即，
故.
15．【答案】(1)，
(2)
【详解】（1）由，解得，所以，
所以，
.
（2）因为，，
所以，解得，
求实数的取值范围为.
16．【答案】(1)
(2)极大值为，极小值为
【详解】（1）根据题意，，则，
解得，
.
（2）由（1），
令，解得或，
令，解得，
所以当或时，单调递增，当时，单调递减，
所以当时，取得极大值，极大值为，
当时，取得极小值，极小值为.
17．【答案】(1)
(2)
(3)448
【详解】（1）由条件可得，解得
（2）
展开式的通项为：，
当，即时，项的系数为
（3）
，
①当即时，；
②当即时，；
所求的常数项为．
18．【答案】（1）420；（2）150；（3）37.
【详解】（1）求没有重复数字的四位偶数的个数有两类：
个位数字为0，共有个；个位数字不是0，共有个，
所以没有重复数字的四位偶数的个数是.
（2）把5个不同颜色的小球按分成3组的分法数为；按分成3组的分法数为，
将每种分法所得3组放入3个不同盒子，有种放法，
所以不同的放法种数为.
（3）求不同选法种数，有三类办法：
擅长两种书法的不选，有种；擅长两种书法的选1人，有种；
擅长两种书法的选2人，有种，
所以不同选法种数是.
19．【答案】(1)增区间，减区间
(2)
(3)3
【详解】（1）当时，，，
则，
令，得，令，得，
所以的单调增区间为，减区间为.
（2）由，
当时，由，得，
所以，在上是单调增函数，且图象不间断，
又，所以当时，，
所以函数在区间上没有零点，不合题意.
当时，令，得，
若，则，故在上是单调减函数，
若，则，故在上是单调增函数，
当时，，
又，
所以函数在区间上有1个零点，符合题意．
综上所述，的取值范围为.
（3）由在上恒成立，即，
由，则，对上恒成立，
令，则，
设，则，
所以在是单调增函数，
又，，
所以存在唯一的实数，使得，
当时，，即，
当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
，又，即，
，
，又，，
所以的最大值为3，