河南省开封市五校2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试卷（解析版）

这是一份河南省开封市五校2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试卷（解析版），共11页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟.
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4．本卷命题范围：人教A版选择性必修第二册第五章，选择性必修第三册第六章.
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. 在填写高考志愿表时，一名高中毕业生了解到A，B两所大学分别有7，8个自己感兴趣的专业，若这名同学只能从这些专业中选择1个，则他不同的选择种数为（ ）
A. 56B. 15C. 28D. 30
【答案】B
【解析】不同的选择种数为.
故选：B.
2. 函数在处的导数等于（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】A
【解析】函数，求导得，所以.
故选：A
3. 据报道，从2024年7月16日起，“高原版”复兴号动车组将上线新成昆铁路和达成铁路，“高原版”复兴号动车组涂装用的是高耐性油漆，可适应高海拔低温环境．“高原版”复兴号动车组列车全长236.7米，由9辆编组构成，设有6个商务座、28个一等座、642个二等座，最高运行时速达160千米，全列定额载客676人．假设“高原版”复兴号动车开出站一段时间内，速度与行驶时间的关系为，则当时，“高原版”复兴号动车的加速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以，
故当时，，
即时，“高原版”复兴号动车的加速度为，
故选：B
4. 中国体育代表团在2024年巴黎奥运会获得40金27银24铜共91枚奖牌，金牌数与美国队并列排名第一､创造了参加境外奥运会的最佳战绩.巴黎奥运会中国内地奥运健儿代表团于8月29日至9月2日访问香港､澳门.访问期间，甲､乙､丙3名代表团团员与4名青少年站成一排拍照留念，若甲､乙､丙互不相邻，则不同的排法有（ ）
A. 2880种B. 1440种C. 720种D. 360种
【答案】B
【解析】第一步先排4名青少年共有种排法，第二步把甲､乙､丙插在4名青少年中间有种排法，
所以根据分步乘法计数原理共有种排法，
故选：B.
5. 函数的极小值点为（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】C
【解析】，由，得，
由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值点为0．
故选：C
6. 某5位同学排成一排准备照相时，又来了2位同学要加入，如果保持原来5位同学的相对顺序不变，则不同的加入方法种数为（ ）
A. 21B. 30C. 42D. 60
【答案】C
【解析】7位同学排成一排准备照相时，共有种排法，
如果保持原来5位同学的相对顺序不变，则有种排法.
故选：C
7. 已知函数存在单调递增区间，则实数取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】易知的定义域为，又，
由题意可知上有解，即在上有解，
可得，所以．
故选：C．
8. 将7名身高不同的学生从左往右排成一列，记第名学生的身高为，当时，由于学生的身高变化像字母，所以也叫“数列”，则满足条件的“数列”共有（ ）
A. 61个B. 65个C. 68个D. 71个
【答案】D
【解析】记这7名学生的身高由低到高分别为数字1，2，3，4，5，6，7，
因为都比大，所以只能为，或.
当时，有种选法，剩余数字中的最大值作为，
所以有种选法，剩下一个数作为，共有个“数列”；
当时，有种选法，剩余数字中的最大值作为，
剩余两个数排，有种选法，共有个“数列”；
当时，，从4，5，6，7中选2个数作为有种选法，
剩余2个数为，共有6个“数列”.
综上所述，满足条件的“数列”共有个.
故选：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. 已知，则满足不等式的的值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】AB
【解析】因为，
所以，
即，又，
所以或4.
故选：AB.
10. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】对于A选项，令，得，故A正确；
对于B选项，令，得，故B错误；
对于C选项，令，得，故C错误；
对于D选项，将，两式相加，
得，即，故D正确.
故选：AD
11. 已知是函数的极值点，则（ ）
A. 有3个零点
B. 当时，
C. 曲线关于点对称
D. 过点与曲线相切直线有2条
【答案】CD
【解析】，则，解得，
则，
当时，，当时，，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以的极小值为，极大值为，
所以有1个零点，A错误；
由，得，所以，
又在上单调递增，所以，故B错误；
因为
，
所以曲线关于点对称，C正确；
设过点的直线与曲线相切于点，
所以切线方程，
将点代入切线方程为，
整理得，即，解得，或，
过点的直线与曲线相切于点或，
因此过点与曲线相切的直线有2条，D正确．
故选：CD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则__________．
【答案】
【解析】由，得，
所以，
解得．
故答案为：
13. 某班组织一次认识大自然的活动，有6名同学参加，其中有3名男生，3名女生，现要从这6名同学中随机抽取3名同学去采集自然标本，则抽取的3名同学中既有男生又有女生的抽取方法共有______种．
【答案】18
【解析】抽取的3名同学中既有男生又有女生包含2种情况：1名男生，2名女生；2名男生，1名女生.
所以满足要求的抽取方法共有（种）.
故答案为：18
14. 设为函数的导函数的图象上一点，为函数的图象上一点，当关于直线对称时，称是一组对称点．若恰有3组对称点，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】，设，则，
所以，，所以，
因为与的图象若恰有3组对称点，
所以有三组解，可得即有三个解，
令，即函数与的图象有3个不同的交点，
，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递减，
所以，，
所以.
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. 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）由，
得，
因为，所以，
所以曲线在点处切线的方程为，
即．
（2）令，得或，
当变化时，的变化情况如下表：
又，所以函数的极小值为，极大值为13．
16. 在的二项展开式中，所有项的二项式系数之和为64.
（1）求展开式中的常数项；
（2）求展开式中二项式系数最大的项.
解：（1）由题意可得，解得，
所以该二项式，
则通项公式为：．
令，解得，
所以该二项式的展开式中的常数项为．
（2）因为，易知：展开式第四项二项式系数最大，
即,
所以展开式中二项式系数最大的项.
17. 已知等差数列满足成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
解：（1）因为数列为等差数列，则，即，
又因为成等比数列，则，
联立方程，解得或，
且，则，可知公差，
所以数列的通项公式.
（2）由（1）可得：，
所以.
18. 已知椭圆的两个焦点坐标分别为、，且椭圆经过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知圆，过圆上任意一点作圆的切线，若与椭圆交于、两点，求的面积的最大值．
解：（1）设椭圆的标准方程为，
由题意可得，解得，因此，椭圆的标准方程为.
（2）当切线的斜率不存在时，易知点的坐标为或，
若点的坐标为时，则直线的方程为，
联立可得，不妨取点、，
此时，；
当切线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，
易知圆的圆心为原点，半径为，
因为直线与圆相切，则，可得，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
此时，，且，
因此，面积的最大值为.
19. 已知函数（为自然对数的底数，），函数的极值点为0．
（1）求的值；
（2）证明：对；
（3）已知数列的前项和,证明:．
解：（1）由，得，
因为函数的极值点为0，所以，解得．
若，当时，单调递减；当时，单调递增．所以0是函数的极值点．
综上所述，．
（2）令
，则．
因为，在上单调递增，，
所以，使得．
当时，单调递减；
当时，单调递增．
所以的极小值为，也是的最小值．
由，得，且，
所以
，
当且仅当时等号成立，但，所以等号不成立，即．
所以，即．
（3）当时，，
当时，，满足上式，
所以．
由（2）知对，即，
取，则，所以，
即．
所以
．
3
0
0
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减