河北省衡水市河北枣强中学2024−2025学年高二下学期4月期中考试 数学试题（含解析）

这是一份河北省衡水市河北枣强中学2024−2025学年高二下学期4月期中考试 数学试题（含解析），共20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9小题）
1．已知从甲地直接到丙地有3条路线可以选择，另外还可以由甲地经乙地到丙地，由甲地到乙地有3条路线可供选择，从乙地到丙地有4条路线可供选择，则从甲地到丙地不同的路线共有（ ）
A．13条B．15条C．21条D．36条
2．已知函数，（为自然对数的底数），为的导函数，则（ ）
A．0B．C．1D．
3．展开式中，的系数为（ ）
A．B．32C．D．24
4．某公司生产一种产品，固定成本为20000元，每生产一单位的产品，成本增加100元，若总收入与年产量x的关系是，则当总利润最大时，每年生产产品的单位数是（ ）
A．150B．200C．250D．300
5．将4个相同的商品放在，，，4个空货架上，则有且仅有2个货架上有商品的放法有（ ）
A．18种B．20种C．24种D．120种
6．已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．甲、乙两人同时解答一道数学题，两人各自独立思考互不影响．已知甲能正确解答的概率为，乙能正确解答的概率为，则在此题被正确解答的条件下，甲能正确解答的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．若函数的定义域为，且存在，使得，则称是的一个“二倍阶值点”．下列四个函数中，不存在“二倍阶值点”的是（ ）
A．B．C．D．
9．满足不等式的的值为（ ）
A．9B．10C．11D．12
二、多选题（本大题共2小题）
10．对于二项式，下列说法正确的是（ ）
A．展开式中各项的二项式系数之和为512
B．展开式中第3项与第8项的二项式系数相等
C．二项式系数最大的项是第5和第6项
D．若，则
11．若两曲线与存在公切线，则正实数的取值可能是（ ）
A．B．C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．的展开式有7项，则 ；展开式中的系数为 ．
13．已知某高中信息学竞赛班的甲、乙、丙、丁共4名同学参加了本校自主举办的信息学竞赛的初赛，若最终成绩排名情况为：丙同学不是第1名，甲，乙两名同学的成绩排名相邻，则这4名同学的名次排列情况种数为 .
14．设函数，，若，，
使得，则实数的取值范围是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．某医院现要从9名男医生，8名女医生中选出4名参加义诊，问：
(1)有多少种不同的选法？（用数字作答）
(2)如果要求男医生两名，女医生两名，那么有多少种不同的选法？（用数字作答）
(3)如果还要将选出的医生安排到四个社区，每个社区一名医生，那么有多少种不同的安排方法？（用数字作答）
16．已知三次函数的极大值是20，其导函数的图象经过点，.如图所示.
(1)求的单调区间；
(2)求a，b，c的值；
(3)若函数有三个零点，求m的取值范围.
17．已知函数（是自然对数的底数），为的导函数.
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若函数，求函数在上的极值.
18．某机器人商店出售的机器人中，甲品牌的占，合格率为；乙品牌的占，合格率为；丙品牌的占，合格率为，在该商店随机买一台机器人．
(1)求该机器人是甲品牌合格品的概率；
(2)求该机器人是合格品的概率；
(3)若该机器人是不合格品，求它是丙品牌的概率．
19．已知函数，其中.
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)求的单调区间；
(3)当时，设的两个零点为，求证：.
参考答案
1．【答案】B
【详解】由分步乘法计数原理得从甲地到丙地不同的路线有条.
故选B.
2．【答案】D
【详解】函数，所以，
则.
故选D.
3．【答案】C
【详解】展开式中，的项为.
故选C.
4．【答案】D
【详解】由题意得，总利润为，
当时，，则，
令，得；令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
则时，；
当时，，函数单调递减，
所以，
所以当每年生产300单位的产品时，总利润最大．
故选D.
5．【答案】A
【详解】将4个相同的商品分成两个组有两种不同的分法，即1，3分组或2，2分组，
当1，3分组时，因为4个商品相同，只有一种分法，再从4个货架上选两个放入这两组商品有，
当2，2分组时，因为4个商品相同，只有一种分法，再从4个货架上选两个放入这两组商品有，
故有且仅有2个货架上有商品的放法有.
故选A.
6．【答案】A
【详解】因为，所以，
由在上单调递增，得在上恒成立，
即在上恒成立，
即在上恒成立，在上，
二次函数在上单调递增，
当时，二次函数取到最大值，
故，即a的取值范围为，
故选A
7．【答案】D
【详解】因为此题被正确解答即两人至少有一人正确解答这道题的对立事件为两人都没有正确解答这道题，所以，
甲能正确解答的概率为，所以在此题被正确解答的条件下，甲能正确解答的概率为.
故选D.
8．【答案】C
【详解】对于A，，，
由，得，解得，
所以函数存在“二倍阶值点”；
对于B，，，
由，得，
因为，，解得，
所以函数存在“二倍阶值点”；
对于C，，，
由，得，
令，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，有极小值也是最小值，且，
所以无解，
所以函数不存在“二倍阶值点”；
对于D，，，
由，得，
令，，
所以在上单调递增，
又，，
根据零点存在性定理可知在上存在零点，
所以方程有解，
所以函数存在“二倍阶值点”.
故选C.
9．【答案】AB
【详解】由已知得：，
又因为，且,所以，
故选AB.
10．【答案】ABC
【详解】对于A，二项式系数之和为，故A正确；
对于B，因为第3项二项式系数为，第8项的二项式系数为，
，故B正确；
对于C，由于为奇数，中间两项即第5项与第6项的二项式系数最大，故C正确；
对于D，令可得①，
令可得②，
两式相减可得，
所以，故D错误；
故选ABC
11．【答案】ABC
【详解】
解：设
由两曲线与分别求导得，
所以，
故在处切线为：，整理得：，
在处切线为，整理得：，
所以，解得，
构造函数，，
令，解得：，故在递增，在递减，
故，
∵正实数，∴的取值范围是，
故选ABC.
12．【答案】 6 60
【详解】由的展开式有7项，所以，即得，
的展开式的系数为.
13．【答案】8
【详解】由题意可得丙不是第1名，甲，乙相邻；
所以丙是第2名时，甲，乙只能是第3，4名，丁为第1名，此时共2种情况；
丙是第3名时，甲，乙只能是第1，2名，丁为第4名，此时共2种情况；
丙是第4名时，甲，乙有可能是第1，2名，或第2，3名，当甲，乙是第1，2名时，丁为第3名，此时共2种情况；
当甲，乙是第2，3名时，丁为第1名，此时共2种情况；
所以一共有种情况.
14．【答案】.
【详解】由题意，，当时，，，所以；
当时，，，所以，
当且仅当时等号成立，所以.
所以对，即，即，
令，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
，因此.
15．【答案】(1)2380
(2)1008
(3)57120
【详解】（1）从9名男医生，8名女医生中选出4名的选法种数为：；
（2）从9名男医生，8名女医生中选出4名，要求男医生两名，女医生两名的选法种数为：
；
（3）从9名男医生，8名女医生中选出4名，再将选出的医生安排到四个社区，
每个社区一名医生的安排种数为：.
16．【答案】(1)单调递减区间是；单调递增是和.
(2)
(3)
【详解】（1）根据图象可知时，，即单调递减；
和时，，即 单调递增；
故答案为：单调递减区间是；单调递增是和.
（2）由已知可得：和是的两个根，
由（1）可得的极大值在处取得，故
解得：
故答案为：
（3）由（2）知，的极小值为：
结合的单调性可作其草图，如下所示
函数有三个零点等价于与有三个交点，所以.
故答案为：
17．【答案】(1)；
(2)的极大值为，的极小值为.
【详解】（1）易知，
令，解得，，
又，所以的解集为.
（2）由题可知，，，
当时，，当时，，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减，
所以函数的极大值为，
函数的极小值为.
18．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）用表示机器人是甲品牌，用表示机器人是合格品，则，
所以该机器人是甲品牌合格品的概率．
（2）用表示机器人是乙品牌，用表示机器人是丙品牌，
（3）由（2）知，该机器人是不合格品的概率，
若该机器人是不合格品，它是丙品牌的概率．
19．【答案】(1)
(2)单调递增区间为，单调递减区间为
(3)证明见解析
【详解】（1）当时，，
则，即，
故所求切线方程为.
（2）由，，
则，
令，则；
令，则，
故的单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）当时，，
由（2）知在上单调递增，在上单调递减，
又是的一个较小的零点，不妨设，
要证，只需证，
因为，且在上单调递减，
从而只需证即可.
，
令，
在上单调递增.
，即证，即证.