四川省自贡市田家炳中学2024-2025学年高二下学期期中考试 数学试题（普高）（含解析）

这是一份四川省自贡市田家炳中学2024-2025学年高二下学期期中考试 数学试题（普高）（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。
1．的展开式中常数项是（ ）
A．0B．1C．2D．3
2．若，则可导函数在处的导数为（ ）
A．B．C．1D．2
3．若有5名实习学生到甲、乙、丙、丁4个公司学习，每人限报一个公司，则不同的报名方式有（ ）
A．625B．1024C．120D．24
4．已知函数，，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．学校乒乓团体比赛采用场胜制（场单打），每支球队派名运动员参赛，前场比赛每名运动员各出场次，其中第、位出场的运动员在后场比赛中还将各出场次，假设某球队派甲、乙、丙名运动员参加比赛，则所有可能的出场情况的种数为（ ）
A．B．C．D．
6．若函数在上可导，且，则当时，下列不等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
7．定义在区间上的函数的导函数的图象如图所示，则下列结论不正确的是（ ）
A．函数在区间上单调递增B．函数在区间上单调递减
C．函数在处取得极大值D．函数在处取得极小值
8．若函数在区间内单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列求导过程正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．对任意实数，有 ，则（ ）
A．B．
C．D．
11．已知函数，是的导函数，且，其中，则下列说法正确的是（ ）
A．的所有极值点之和为0
B．的极大值点之积为2
C．
D．的取值范围是
三、填空题（本大题共3小题）
12．计算： .（用数字作答）
13．若函数是上的单调函数，则实数的取值范围是 ．
14．从1，2，3，4，5，6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中，若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有 个．（用数字作答）
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知的展开式中，其前三项的二项式系数的和等于56.
(1)求展开式中所有二项式系数的和；
(2)求展开式中的常数项.
16．已知数列中，，，数列是等差数列，且．
(1)求，和数列的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
17．已知函数，其图象在点处的切线方程为.
(1)求函数的解析式；
(2)求函数在区间上的最值.
18．已知函数.
(1)若在处取得极小值，求实数的值；
(2)若在上单调递增，求实数的取值范围.
19．已知函数，
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个零点，，且，曲线在这两个零点处的切线交于点，求证：小于和的等差中项；
(3)证明：，.
参考答案
1．【答案】D
【详解】的展开式的通项公式为，
令，得，
所以的展开式中常数项是，
故选D.
2．【答案】A
【详解】由已知可得，，
所以，.
根据导数的概念可知，在处的导数.
故选A.
3．【答案】B
【详解】依题意，每位实习学生均有4种报名方式，
由分步乘法计数原理可得不同的报名方式有种.
故选B.
4．【答案】B
【详解】 点位于函数上，
∴将x=1代入原函数得到=3,切线过点(1，3)，
，∴切线斜率，
∴切线方程为，即，
故选B.
5．【答案】C
【详解】分以下几种情况讨论：
①若前场比赛全赢，此时，不同的出场情况种数为种；
②若共打场比赛，则第场赢，前场赢场，且第场为第或第位运动员出场，
此时，不同的出场情况种数为种；
③若共打场比赛，则第场赢，前场赢场，最后场为第和第位运动员各出场次，
此时，不同的出场情况种数为种.
综上所述，不同的出场情况种数为种.
故选C.
6．【答案】D
【详解】令，则，而正负不确定，
则函数的单调性不确定，当时，的大小关系不确定，AC错误；
令，由，得，函数为R上的单调递减，
由，得，即，B错误，D正确.
故选D.
7．【答案】C
【详解】函数在上，故函数在上单调递增，故正确；
根据函数的导数图象，函数在时，，
故函数在区间上单调递减，故正确；
由A的分析可知函数在上单调递增，故不是函数的极值点，故错误；
根据函数的单调性，在区间上单调递减，在上单调递增，
故函数在处取得极小值，故正确，
故选.
8．【答案】D
【解析】求出函数的导数，将问题转化为在恒成立，令，求出的最小值，从而可求得a的取值范围．
【详解】由函数可得，
若在区间内单调递增，
则在x∈恒成立，
即在x∈恒成立，
令
由，
∴
故，
即实数a的取值范围是．
故选D．
9．【答案】ABC
【详解】A选项：因为，所以，故A正确；
B选项：因为，故B正确；
C选项：因为，所以，故C正确；
D选项：因为，故D错误；
故选ABC.
10．【答案】AC
【详解】解：对任意实数，有 ，所以，故A正确；
令，可得，故B错误；
令，可得，故C正确；
令，可得，故D错误.
故选AC.
11．【答案】AC
【详解】，
令，则或；令，则或；
故的极大值点为，它们的乘积为，故B错误.
而的极小值点为，故的所有极值点之和为0，故A正确.
设，
则有三个不同的实数解，且.
设，则有3个不同的零点，
又，
令，则；
令，则或，
故在为增函数，在、上为增函数，
因为有三个不同的实数解，故，
整理得到：，解得.
又因为有三个不同的实数解，
故
，
故恒成立，
故且，故C正确，
而，故D错误.
故选AC.
12．【答案】65
【详解】因为，
所以.
13．【答案】
【详解】由题意知，在上恒成立，
则，解得.
14．【答案】60
【详解】1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类．
分三类：①没有数字1和3时，满足条件的三位数有个；
②只有1和3中的一个时，满足条件的三位数有2个；
③同时有1和3时，把3排在1的前面，
再从其余4个数字中选1个数字插入3个空中的1个即可，
满足条件的三位数有·个．
所以满足条件的三位数共有(个)．
15．【答案】(1)1024
(2)180
【详解】（1）前三项的二项式系数和为，
解得或-11（舍去），
中，展开式中所有二项式系数的和为；
（2）的展开式通项公式为，
令得，故.
16．【答案】(1)，，；
(2)
【详解】（1）因为，所以，，
又数列是等差数列，设公差为，则，
所以.
（2）由（1）可知，所以，
，所以数列的前n项和
.
17．【答案】(1)
(2)最大值为，最小值为
【详解】（1）解：因为，则，
因为函数的图象在点处的切线方程为，
则，解得，故.
（2）解：因为，则，列表如下：
又因为，，
所以，函数在上的最大值为，最小值为.
18．【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）因为，
所以，得，此时，
所以在上，单调递减，在上，单调递增，
所以在处取得极小值，符合题意，
故实数的值为.
（2）由（1）知，，
因为在上单调递增，所以在上恒成立.
因为，所以在上恒成立，即在上恒成立.
因为在上单调递减，所以，
故实数的取值范围为.
19．【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）定义域为，，
当时，，在上单调递减；
当时，令，又因为，可解得，
当单调递增，
当单调递减；
（2）因为函数有两个零点，结合（1）知，
又，所以在和处的切线分别是：
，，
联立两条切线，得，
要证小于和的等差中项，即证，即证，
由题意得，两式做差整理得：，
则等价于，变形为，
令，因为，所以，
所证问题变为，，
令，，
，所以在上单调递减，
所以，故，得证，
小于和的等差中项得证.
（3）由（1）知当时，，所以，即，
即当时，，
将不等式左边累加得：
，
将不等式右边累加得：
，
所以，
即，.
增
极大值
减
极小值
增