河南省郑州市十校2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题（解析版）

这是一份河南省郑州市十校2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题（解析版），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。
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知函数，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】C
【解析】因为，
所以，
所以，
所以.
故选：C
2. 已知，且，则下列等式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】对于A，，A错误；
对于B，，B错误；
对于C，，
所以，C正确；
对于D，，D错误.
故选：C
3. 的展开式中的系数为（ ）
A. 40B. 80C. D.
【答案】A
【解析】，
所以展开式中的系数为.
故选：A
4. 拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数在闭区间上的图象连续不间断，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点，使得成立，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数在上的“拉格朗日中值点”的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】，
令为函数在上的“拉格朗日中值点”，
则，
令，则在上恒成立，
故在上单调递增，
又，，
由零点存在性定理可得：存在唯一的，使得.
故选：B
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】令，可得，
则，
二项式的展开式通项为，则.
当为奇数时，，当为偶数时，，
因此，.
故选：A.
6. 如图，已知图形，内部连有线段．图中矩形总计有（ ）个．
A. 75B. 111C. 102D. 120
【答案】C
【解析】由题意，要组成矩形应从竖线中选两条、横线中选两条，可分两种情况：
当矩形的边不在上时，共有个，
当矩形的边在上时，共有个，
所以图中矩形总计有个.
故选：C.
7. 已知函数，对，当时，恒有，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由已知可将不等式化为，
构造函数，，则.
由题意可知，在上单调递增，
所以，在上恒成立，
即在上恒成立，只需满足即可.
令，则.
由可得，.
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增.
所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，
所以，.
故选：A.
8. 已知实数，且，为自然对数的底数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为，所以，
函数在上单调递增，且，因为
所以，所以，即，
又，所以，所以，
即，综上，.
故选：D
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 现有带有编号1、2、3、4、5的五个球及四个不同的盒子，则下列表述正确的有（ ）
A. 全部投入4个不同的盒子里，共有种放法
B. 全部投入2个不同的盒子里，每盒至少一个，共有种放法
C. 将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有种放法
D. 全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法
【答案】ACD
【解析】对于A，带有编号1、2、3、4、5的五个球，全部投入4个不同的盒子里，共有种放法，故A正确；
对于B，带有编号1、2、3、4、5的五个球全部投入2个不同的盒子里，第一步选2个盒子有种选法，第二步将5个球分为两组，若两组球个数之比为1：4有种分法；若两组球个数之比为2：3有种分法，第三步将两组排给两个盒子有种排法，因此共有，故B不正确；
对于C，带有编号1、2、3、4、5的五个球，将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），第一步选4个球有种选法，第二步选一个盒子有种选法，共有种放法，故C正确；
对于D，带有编号1、2、3、4、5的五个球，全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，第一步将5球分成2：1：1：1的四组共有种分法，第二步分给四个盒子有种排法，故共有种放法，故D正确；
故选：ACD.
10. 已知，下列说法中正确的是（ ）
A. 函数在恰有一个极值点
B. 函数在上单调递增
C. ，
D. 是函数的图象上一动点，是直线上一动点，则
【答案】BCD
【解析】，定义域为，
，
显然在上单调递增，
且，
又，即，所以，
所以存，使得，即，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增，
所以是的极小值点，且为最小值点，无极大值点；
对于A，函数在上无极值点，故A错误；
对于B，由上述分析可知正确；
对于C，，
由，易知当，取得最小值，
所以，故C正确；
对于D，设与直线平行的直线l，l与函数f(x)的图像切于点，
所以，即，解得，所以切点为，
所以点到直线的距离即为的最小值，
所以，故D正确．
故选：BCD
11. 已知函数，则（ ）
A. 函数的一个周期为
B. 函数在区间上单调递增
C. 函数在区间上没有零点
D. 函数的最大值为1
【答案】BD
【解析】因为，所以函数的定义域为
对于A，因为，
所以，
所以不是的一个周期，故A错误；
对于B，因为时，所以，
所以，
且，
所以，
所以，故在单调递增，故B正确；
对于C，因为时，所以，
所以，
且，
所以，
所以，故在单调递减，
且，
根据零点存在性定理，函数在有零点，故C错误；
对于D，因为，
所以为偶函数，
当，且，
所以在为周期函数，
同理在也为周期函数.
由BC得，在单调递减，在单调递增，
且
当时，所以，
所以，
且，
所以，
所以，故在单调递减，
当时，所以，
所以，
且，
所以，
所以，故在单调递增，
综上所诉，在单调递减，在单调递增，
在单调递减，在单调递增，
且，
且当时，函数在周期内，都有，
故函数的最大值为，故D正确.
故选：BD.

第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项展开式中的常数项等于_____.
【答案】112
【解析】的二项展开式的中，只有第5项的二项式系数最大，，
通项公式为，令，求得，
可得二项展开式常数项等于，
故答案为112．
13. 为研究方程正整数解的不同组数，我们可以用“挡板法”：取8个相同的小球排成一排，这8个小球间有7个“空挡”，在这7个“空挡”中选择2个“空挡”，在每个“空挡”插入1块挡板，2块挡板将这8个小球分成“三段”，每段小球的个数分别对应，，的一个正整数解，由此可以得出此方程正整数解的不同组数为．据此原理，则方程的正整数解的不同组数为_________（用数字作答）；该方程自然数解的不同组数为_________（用数字作答）．
【答案】84；286
【解析】由题意，则方程的正整数解的不同组数为，
若中没有，则有种，
若中有个为，则有种，
若中有个为，则有种，
若中有个为，则有种，
该方程自然数解的不同组数为．故答案为：84；286．
14. 若曲线与曲线存在公切线，则a的取值范围为__________．
【答案】
【解析】由，则，设切点为，切线斜率为，
所以，切线为，即，
由，则，设切点为，切线斜率为，
所以，切线为，即，
根据题设，若它们切线为公切线，则有，即，
又，即且，即，
由上关系式并消去并整理得在上有解，
令，则，
当，则，即，此时递增；
当，则或，即或，此时递减；
又，，
所以，即.
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. （1）把本不同的书分给位学生，每人至少一本，有多少种方法？
（2）由这个数字组成没有重复数字的四位偶数由多少个？
（3）某旅行社有导游人，其中人只会英语，人只会日语，其余人既会英语，也会日语，现从中选人，其中人进行英语导游，另外人进行日语导游，则不同的选择方法有多少种？
解：（1）把本不同的书分给位学生，每人至少一本，有和两类
分配方式为时，共有：种分法
分配方式为时，共有：种分法
由分类加法计数原理可得，共有：种分法
（2）若个位是，共有：个
若个位不，共有：个
由分类加法计数原理可得，共有：个
（3）若只会英语的人中选了人作英语导游，共有：种选法
若只会英语的人中选了人作英语导游，共有：种选法
若只会英语的人中选了人作英语导游，共有：种选法
由分类加法计数原理可得，共有：种选法
16. 已知函数
（1）若函数在上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）若函数有两个不同的极值点，其中，求a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若不等式恒成立，求实数k的取值范围.
解：（1），，
因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，则，当时，，单调递增，
从而，所以，
即实数的取值范围为；
（2），
若函数有两个不同的极值点，
必要性：则在上有两个零点，即在上有两个零点，
由（1）可知，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，且当时，都有，
所以，
充分性：当时，或，
且当，时，均有，即此时单调递增，
当时，有，即此时单调递减，
即函数有两个不同的极值点，
令，由此可知充分性成立；
综上所述，实数的取值范围是；
（3）在（2）的条件下，有，
所以，
所以，等价于，
令，则，
令，则，
当时，，即，
所以即单调递减，从而，
所以单调递减，从而，
所以实数的取值范围为.
17. 已知函数，且，
（1）求的值；
（2）求的最大值；
（3）求被6整除的余数．
解：（1）的通项公式为
且，
所以的系数为，解得，
从而，
等式两边对x求导得．
令得．
（2）由（1）可知的通项公式为，
∴，
设为中的最大值，则
即
即，解得；
又，因此．
∴．
（3）由（1）可知，
，
显然能被6整除，
所以被6整除的余数是．
18. 已知，．
（1）若曲线在点处的切线与垂直，求的值；
（2）若，恒成立，求的取值范围．
解：（1），，
则，
又∵，
又∵切线与垂直，
∴，
即；
（2）原式恒成立，即在上恒成立，
即在上恒成立，
设，则，
设，则，
所以h(x)在上单调递增，
且，，
所以h(x)有唯一零点，且，即．
两边同时取对数得
易知是增函数，所以，即，
由知，在上单调递增，在上单调递减，
∴，
∴，∴，故的取值范围是．
19. 已知函数，.
（1）求最小值；
（2）设函数，讨论的单调性；
（3）设函数，若函数的图像与的图像有，两个不同的交点，证明：.
解：（1）.
令，得，所以在上单调递增；
令，得，所以在上单调递减.
所以的最小值为.
（2），定义域为，
当时，在上单调递增，在上单调通减.
当时.令，得，
所以在，上单调递增；
令，得，
所以在上单调递减.
当时，，在上单调递增.
当时，令，得，
所以在，上单调递增；
令，得，
所以在上单调递减.
（3），
因为函数的图象与的图象有两个不同的交点.
所以关于的方程，
即有两个不同的根.
由题知①，②，
①②得③，
②①得④.
由③，④得，
不妨设，记.
令，则，
所以在上单调递增，所以.
则，即，
所以.
因为，
所以，即.
令，则在上单调递增.
又，
所以，
即，所以.
两边同时取对数可得，得证.