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（原卷版+解析版）

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（原卷版+解析版），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟；总分：150分）
友情提示：请将所有答案填写到答题卡上！请不要错位、越界答题！
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
2. 若函数在处导数等于，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、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
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：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知集合，，若，则实数__________.
13. 已知实数，则最小值是___________.
14. 已知，则大小关系为__________.
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；
2024~2025学年第二学期福建省部分优质高中高二年级期中质量检测
数 学 试 卷
（考试时间：120分钟；总分：150分）
友情提示：请将所有答案填写到答题卡上！请不要错位、越界答题！
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由一元二次不等式解出集合，再求交集即可.
【详解】由题意可得，
又因为
所以.
故选：B
2. 若函数在处的导数等于，则的值为（ ）
A. 0B. C. aD.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用导数的定义直接计算可求解.
【详解】.
故选：D.
3. 已知，，则的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由不等式的同向可加性得到结果.
【详解】因为，得，，所以．
故选：B．
4. 曲线在点处切线的斜率为，则的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】借助导数的几何意义计算即可得.
【详解】，令，则，故，
当时，，即的坐标为.
故选：B.
5. 已知，则的最小值为（ ）
A. B. C. 4D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】利用基本不等式即得.
【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. 若函数在上有极值，则的取值可能是（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】将函数求导，将函数有极值问题转化为方程在上有两不等实根，通过求二次函数的值域即得的取值范围.
【详解】函数在上有极值，
即在上有变号零点，
也即方程在上有两不等实根，
由可得，当且仅当时，等号成立，
故需使.
故选：B.
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
【答案】C
【解析】
【分析】将5人按两种方式分组，然后作全排求不同选法数.
【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. 已知直线与曲线有三个交点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令，首先利用导数得出的单调性，然后画出其图像，然后根据导数的几何意义求出过点与曲线相切的直线的斜率结合函数图像即可得解.
【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.
【点睛】本题考查的是利用导数求函数的单调性及导数的几何意义，用到了数形结合的思想，属于中档题.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
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
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，由特称命题的否定可判断选项正误；对于B，由基本不等式可判断选项正误；对于C，由二次不等式与二次方程关系结合韦达定理可判断选项正误；对于D，由必要，充分条件定义可判断选项正误.
【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. 已知，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用二项式定理，结合赋值逐项进行判断即可.
【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. 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取值范围为
【答案】BC
【解析】
【分析】讨论的取值范围，通过求导分析函数的单调区间，可得选项A错误，选项B正确；把函数零点问题转化为的图象与直线的交点个数问题，作出函数图象，数形结合可得选项C正确，选项D错误.
【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，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.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知集合，，若，则实数__________.
【答案】或
【解析】
【分析】根据集合元素互异性可得，由可得，然后分类讨论即可求得参数.
【详解】由题知，，
因为，所以，
则当时，，而；
当时，(舍)或，
所以或.
故答案为：或
13. 已知实数，则的最小值是___________.
【答案】
【解析】
【分析】表示，再利用的代换解出最小值即可.
【详解】由题意可得
，
当且仅当时，即时，等号成立，
则的最小值是.
故答案为：
14. 已知，则的大小关系为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由，根据数值的特点，构造函数和，再利用函数的单调性，赋值后比较函数值的大小.
【详解】由，
即，
令，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
则有，即，
令，
则上恒成立，
故在上单调递减，
则有，即，
故.
故答案为：
【点睛】利用导数比较大小问题方法点睛：根据已知中式子的外形结构特征与导数结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题.
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. 已知集合，.
（1）分别求，.
（2）已知，且，求实数的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）解出集合后，结合集合的运算性质运算即可得；
（2）利用子集概念即可求解.
【小问1详解】
由，解得，所以，
所以，
.
小问2详解】
因，，
所以，解得，
求实数的取值范围为.
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.
【答案】（1）
（2）极大值为，极小值为
【解析】
【分析】（1）求导，由求得的值，得解；
（2）利用导数判断单调性，求出极值.
【小问1详解】
根据题意，，则，
解得，
.
【小问2详解】
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. 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．
【答案】（1）
（2）
（3）448
【解析】
【分析】（1）根据二项式系数和公式，以及赋值法求解系数和，即可列方程求解，
（2）根据通项特征即可求解，
（3）根据分配律，结合通项特征求解.
【小问1详解】
由条件可得，解得
【小问2详解】
展开式的通项为：，
当，即时，项的系数为
【小问3详解】
，
①当即时，；
②当即时，；
所求的常数项为．
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？
【答案】（1）420；（2）150；（3）37.
【解析】
【分析】（1）按个位数字是否为0分类，结合排列计数问题列式求解.
（2）把5个不同颜色的小球按分成3组，再利用全排列列式求解.
（3）根据给定的信息，按擅长两种书法的选与不选分类，结合组合计数问题求解.
【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. 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；
【答案】（1）增区间，减区间
（2） （3）3
【解析】
【分析】（1）求导，判断导数的正负可得解；
（2）求导，分和两种情况分类讨论，得到函数的单调性与极值，结合函数的图象，即可求解实数的取值范围；
（3）分类参数得出对恒成立，设函数，求导得函数单调性与极值，即可求解正整数的最大值.
【小问1详解】
当时，，，
则，
令，得，令，得，
所以的单调增区间为，减区间为.
【小问2详解】
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.
【小问3详解】
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，