河南省洛阳市2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷（解析版）

这是一份河南省洛阳市2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷（解析版），共13页。
2．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 设是定义域为R的可导函数，若，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】因，
故.
故选：A.
2. 已知，则（ ）
A. B. 0C. 1D. e
【答案】D
【解析】由题意可得，，
则，得，
则，则.
故选：D
3. 从2，4，8，14这四个数中任取两个相减，可以得到不相等的差的个数为（ ）
A. 12B. 10C. 6D. 5
【答案】B
【解析】由题意，，，，，，.
可得，即，，
因此，可以得到不相等的差的个数为.
故选：B.
4. 的展开式中的系数为（ ）
A. 30B. 60C. 90D. 120
【答案】B
【解析】因为，
所以通项公式，
因为要求的系数，所以令，
此时，
又的通项公式，
令，解得，
则的展开式中的系数为，
因此，的展开式中的系数为.
故选：B.
5. 已知函数，则函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由可得，令，则，所以函数只有一个零点，故排除B 、D两项，由，令，所以，当时，，所以 在上单调递增，所以当时，，所以当时，，所以函数在上单调递增，所以排除C项.
故选：A
6. 若函数在上存在最小值，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意，函数的定义域为，，
因此，当或时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
所以的极大值为，极小值为，
令，得，化简得，解得或，
因为函数在上存在最小值，所以，
解得，
故选：C.
7. 的展开式中系数最大的是（ ）
A. 的系数B. 的系数
C. 的系数D. 的系数
【答案】B
【解析】设的展开式的通项为，，
由题意可得，
解得，因为
所以，
所以的展开式中系数最大的是的系数.
故选：B.
8. 若函数与函数的图象有公共切线，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意，设公切线与函数相切于点，与函数相切于点；
又，，
则公切线的斜率，且；
故切线方程为，化简得，
也可以表示为，化简得，
所以，
则，
又，则，则
故选：C.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但选不全的得部分分，有选错的得0分．
9. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】A选项：，故A错误；
B选项：，故B正确；
C选项：，故C错误；
D选项：，故D正确.
故选：BD.
10. 如图，正方形网格棋盘，其中，，，位于棋盘上一条对角线的4个交汇处．在棋盘M，N处的甲、乙两个质点分别要到N，M处，它们分别随机地选择一条沿网格实线走的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则下列说法正确的有（ ）
A. 甲从M到达N处的走法种数为20
B. 甲从M必须经过到达N处的走法种数为9
C. 甲、乙能在处相遇的走法种数为36
D. 甲、乙能相遇的走法种数为164
【答案】ABD
【解析】A选项：需要走6格，其中向上3格，向右3格，
所以甲从M到达N处的走法种数为，故A正确；
B选项：甲从到达，需要走3格，其中向上1格，向右2格，有种走法，
从到达，需要走3格，其中向上2格，向右1格，有种走法，
根据分步乘法计数原理得：甲从M必须经过到达N处的走法种数为9，故B正确；
C选项：由图可知，甲走到处需要3步，且乙走到处需要3步，
又因为，甲经过的走法种数为9，乙经过的走法种数为9，
所以甲，乙两人能在处相遇的走法种数为，故C错误；
D选项：甲，乙两人沿着最短路径行走，可能在，，，处相遇，
若甲，乙两人在处相遇，甲经过处，必须向上走3格，乙经过处，必须向左走3格，所以两人在处相遇的走法有1种；
若甲，乙两人在或处相遇，各有81种走法；
若甲，乙两人在处相遇，甲经过处，必须向右走3格，乙经过处，必须向下走3格，
所以两人在处相遇的走法有1种.
根据分类加法计数原理得：甲，乙两人能相遇走法种数为，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知，，，则下列大小关系中正确的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】构造函数，其中，则，
由可得，由可得，
所以，函数的增区间为，减区间为，
因为，，
，
因为，故，即，即，
故选：ACD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12.已知，则_____．
【答案】
【解析】对于，
取，可得，
再取，可得，
故得.
故答案为：.
13. 已知函数，，若，则的最小值为______.
【答案】2
【解析】，则，取，故，，
故切线方程为，取，解得，
故的最小值.
故答案为：.
14. 目前我省高中数学试卷中多选题的计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，满分18分；②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；③部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．已知在某次高中数学考试中，洛洛同学三个多选题中第一小题和第二小题都随机地选了两个选项，第三小题随机地选了一个选项，他的多选题的总得分（相同总分只记录一次）共有n种情况，则除以64的余数是_________．
【答案】17
【解析】这位同学第一小题和第二小题都可能得0分，4分或6分，
第三小题可能得0分，2分或3分，
如图，当第三题得0分时，有可能总得分为：0，4，6，8，10，12，
当第三题得2分时，有可能总得分为：2，6，8，10，12，14，
当第三题得3分时，有可能总得分为：3，7，9，11，13，15，
所以这位同学的多选题所有可能总得分（相同总分只记录一次）为：0，2，3，4，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，
即，
则
又，则．
则除以64的余数是．
故答案为：．
四、解答题：本大题共6小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知函数．
（1）求曲线在点处切线的方程；
（2）求函数的极值．
解：（1）函数的定义域为，，
所以，又，
所以在点处切线的方程为：，
化简得：.
（2）由题意，，.
，
令，解得或，列表如下：
由表可知，函数的极大值为；
极小值为.
16. 用0，1，2，3，4组成无重复数字的五位数．
（1）偶数共有多少个？
（2）比30000大的偶数共有多少个？
（3）1，2相邻的偶数共有多少个？
解：（1）当个位是0时，共有种情况；
当个位是2或4时，共有种情况；
根据分类加法计数原理得：符合题意的偶数有个.
（2）当万位是3时，共有种情况；
当万位是4时，共有种情况；
根据分类加法计数原理得：符合题意的偶数有个.
（3）当个位0时，共有种情况；
当个位是2时，则十位是1，共有种情况；
当个位是4时，共有种情况；
根据分类加法计数原理得：符合题意的偶数有个.
17. 已知，二项式展开式中第2项与第4项的二项式系数相等，且展开式中的常数项是.
（1）求展开式的第5项；
（2）设展开式中的所有项的系数之和为，所有项的二项式系数之和为，求.
解：（1）由题意知，所以.
二项式展开式的通项是
，
所以当时展开式中的有常数项，
所以，所以，因为，所以，
所以展开式第5项是.
（2）令，二项式展开式中的所有项的系数之和
，
二项式系数之和，故.
18. 已知函数．
（1）证明：当时，；
（2）函数，记为函数的极大值点，求证：．
解：（1）欲证，只需证，即证，
令，
则，
则在上单调递增，
则，即，故命题得证.
（2）因，
则，
令，
则，
则得；得，
则在上单调递增，在上单调递减，
则，
又，
则由零点存在性定理可知，在和上分别存在一个零点，
不妨设其零点分别为，且，
则是方程的两根，
则，得；，得或，
则在上单调递增，在和上单调递减，
则在处取极大值，
因为函数的极大值点，则，且，，
则，
所以.
19. 已知函数，．
（1）当时，函数的最小值为，求实数a的值；
（2）当时，试确定函数的零点个数，并说明理由．
解：（1）由求导得：，因，
当，即时，，则函数在上单调递减，
故，显然不符合题意；
当，即时，，则函数在上单调递增，
故，显然不符合题意；
当，即时，由可得，
当时，，则函数在上单调递减；
当时，，则函数在上单调递增，
故，由，可得，符合题意.
故实数a的值为.
（2）由，可得，
显然是该方程的一个实数解，故是函数的一个零点；
当时，方程可化简为，设函数，则，
由可得，当时，，则函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增，
故函数的最小值为，
即对任意的，恒成立，故方程无实数解，即时，函数不存在零点.
综上，函数有且只有1个零点.
20. 已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若“，，，”为真命题，求实数a取值范围．
解：（1）由题意，的定义域为，
，
令，则，
①当，即时，，则，此时单调递减；
②当，即或时，设的两根为
，，，，
时，，由，即，得，
由，即，得或，
时，，由，即，得，
由，即，得，
综上所述，当时，的减区间为和，的增区间为；
当时，的减区间为，无增区间；
当时，的增区间为，
的减区间为.
（2）不妨设，则由得，
，即．
令，
所以为上的减函数，即当时，恒成立，
又，所以，即，又，故，
因此，的取值范围为．
1
2
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增