新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市第二十三中学2024~2025学年高二下册期中考试数学试题【附解析】

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命题人：景维龙 审题人：高二数学备课组
一、选择题（本大题共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. 设是可导函数，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由导数的定义计算．
【详解】，∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查导数定义，注意定义中，分子分母都是的增量，两者一样．根据极限的性质，（是常数且）．
2. 已知且，则下列等式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对于AD，根据排列数公式分析判断即可，对于BC，根据组合数公式分析判断即可.
【详解】对于A，因为，，
所以，所以A错误，
对于B，因为，，
所以，所以B错误，
对于C，因为，所以C错误，
对于D，因为，所以D正确.
故选：D
3. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由导数的几何意义代入计算，即可得到结果.
【详解】由可得，
则，
由直线的点斜式方程可得，化简可得.
故选：C
4. 如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理示意图，现用4种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有多少种（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，分4步依次分析区域、、、、的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案．
【详解】分4步进行分析：
①，对于区域，有4种颜色可选；
②，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选；
③，对于区域，与、区域相邻，有2种颜色可选；
④，对于区域、，若与颜色相同，区域有2种颜色可选，
若与颜色不相同，区域有1种颜色可选，区域有1种颜色可选，
则区域、有种选择，
则不同的涂色方案有种.
故选：A
5. 已知定义在上的函数满足，其中是函数的导函数，若，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，求导确定单调性，由其单调性求解即可.
【详解】令，，则，
因为，所以，所以函数在上单调递减.
因为，，
所以，即，
所以且，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：D
6. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数，利用导数探讨单调性比较大小.
【详解】令函数，求导得，
函数在上单调递减，，即，因此；
令函数，求导得，
函数在上单调递减，，即，
则，因此，
所以.
故选：C
7. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出展开式中的有理项，再求出中相应的项，按多项式乘法法则计算即可.
【详解】展开式的通项为，
所以当时，该项为有理项，的指数分别为0，1，2，
展开式的通项为，
所以的展开式中，的系数为
.
故选：D
8. 已知函数及其导函数的定义域为，若，函数和均为偶函数，则的值为（ ）
A. 8B. 1C. 0D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据为偶函数，得出关于中心对称，再根据为偶函数，得出关于对称，两者结合得出周期，再利用对称性和周期性计算即可.
【详解】为偶函数，则，左右两边同时求导得，，将看作整体得①，
将图象向右平移2个单位得到，
因为为偶函数，则图象关于对称，即②，
①②两式联立得，即，
用代替得，故，
即的周期为，
因，则①式中令有，令有，
②式中令有，令有，
则.
故选：C
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. 下列说法正确的有（ ）
A. 某商场共有层，每层均有两个楼梯，小明从一楼上到五楼可能的走法有种
B. 有把椅子排成一排，现有人就座，恰好有两张空位椅子相邻的不同坐法共有种；
C. 从双不同颜色的鞋中任意取出只，其中恰有一双同色鞋的选法有种；
D. 把英文单词的字母顺序写错，可能出现的错误共有种.
【答案】BCD
【解析】
【分析】从一楼上到五楼只要走四个楼梯，由此计算可判断A，3人排列后，两张椅子与一张椅子作为两个元素插入计算后判断B，先选一双后再选两双并从两双中各选一只袜子计算后判断C，利用有重复元素的全排列法计算后判断D.
【详解】A.某商场共有层，每层均有两个楼梯，小明从一楼上到五楼可能的走法有种，A错；
B.有把椅子排成一排，现有人就座，恰好有两张空位椅子相邻的不同坐法共有种，B正确；
C.从双不同颜色的鞋中任意取出只，其中恰有一双同色鞋的选法有种，C正确；
D.把英文单词的字母顺序写错，可能出现的错误共有种，D正确.
故选：BCD.
10 已知函数，则（ ）
A. 当时，有两个极值点B. ，使得为单调函数
C. 当时，D. ，的图象恒有对称中心
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出函数的导数，由根的情况判断A；取值确定单调性判断B；求出单调递增区间判断C；利用中心对称的意义判断D.
【详解】函数的定义域为R，求导得，
对于A，当时，，方程有两个不等实根，有两个极值点，A正确；
对于B，当时，，函数为增函数，B正确；
对于C，当时，令，解得或，
函数在上单调递增，又，因此，C错误；
对于D，
，因此的图象恒关于点对称，D正确.
故选：ABD
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】
【分析】对于A，由即可；对于B，当时，，通过导数即可判断单调性；对于C，当时，，通过导数即可判断单调性，且，由零点存在性定理即可判断；对于D，通过导数得在单调递减，在单调递增，
在单调递减，在单调递增，且，当时，即可求最大值.
【详解】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.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的性质，解题关键是通过导数求分段求函数的单调性、奇偶性及最值.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知的展开式中只有第项的二项式系数最大，则展开式各项的二项式系数之和为 ___________．
【答案】
【解析】
【分析】通过只有第项的二项式系数最大，确定，进而可求解.
【详解】的展开式有项，
因为只有第项的二项式系数最大，所以展开式共有7项，
所以，
所以展开式各项的二项式系数之和为，
故答案为：64
13. 已知函数，若不等式恒成立，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】将所求不等式变形为，构造函数，可知函数在上为增函数，可得出，利用导数求出函数在其定义域上的最大值，即可求得实数的取值范围.
【详解】由题意可知，由，可得，
即，
令，其中，则，所以，函数在上为增函数，
由可得，
所以，，可得，
构造函数，其中，则.
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，.
因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数的取值范围，解题的关键在于通过指对同构思想将问题为函数单调性问题，结合参变量分离法转化为函数最值问题来求解.
14. 若三个正整数的位数之和为，且组成的个数码能排列为则称为“幸运数组”，例如是一个幸运数组.则满足的幸运数组的个数为__________.
【答案】
【解析】
【分析】运用分类计数原理，结合排列组合知识可求解.
【详解】因为，所以有两类不同情形：
（1）是两位数，都是三位数.先不考虑的大小，由于的首位均不能排0，
所以三个0可在五个位置中选择有种排法，两个2有种排法，
其余三个数5，6，7有种的排法，共有种不同的排法，
又因为不可能有，可知与的排法各占一半，所以有300个满足条件的幸运数组；
（2）是两位数，是四位数.先不考虑的大小，由于的首位均不能排0，
所以三个0可在五个位置中选择有种排法，两个2有种排法，
其余三个数5，6，7有种的排法，共有种不同的排法.
如果，则只有，的四个位置上的数字为0，5，6，7，共有种排法，
此外，与的排法各占一半，即，
所以，有291个满足条件的幸运数组；
综上，所求幸运数组的个数为591.
故答案为：591.
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）当时，求函数的极值；
（2）若函数有两条过坐标原点的切线，求实数的取值范围.
【答案】（1）极小值为，无极大值
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，利用导数分析函数的单调性，可求出函数的极值；
（2）设切点为，利用导数的几何意义写出切线方程，将原点坐标代入切线方程，可得出关于的二次方程，根据题意得出，由此可解得实数的取值范围.
【小问1详解】
当时，的定义域为，则，
由可得，由可得，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以函数的极小值为，无极大值.
【小问2详解】
因为，则,
设切点为，则，切线斜率，
切线方程为：，
因为切线过原点，则，整理得：，
因为满足条件的切线有两条，所以，解得或，
所以，的取值范围是.
16. （1）把本不同的书全部分给名学生，每人至多2本，至少1本，有多少种分法？（写出必要的文字说明，结果用数字作答）
（2）从一组共有名学生中选男生人，女生人，参加三种不同的活动，要求每人参加一种且每种活动都有人参加的选法共有种，问该组学生中男生女生各有多少人？
（3）用这六个数字能组成多少个无重复数字且比大的四位数？（写出必要的文字说明，结果用数字作答）
【答案】（1）1080；（2）男生人，女生人或男生人，女生人；（3）270
【解析】
【分析】（1）根据不平均分组的方法直接求解；
（2）设有男生人，女生则有人，根据组合数计算，先把人选出来，然后根据分组分配列式解出，即可得答案；
（3）分三类：千位是2、3、4、5；千位与百位分别是14、15；千位、百位、十位是134与135，分别求出符合条件的数的个数，利用加法原理求解即可.
【详解】（1）6本不同书分给4位同学，满足条件的只有2，2，1，1这种情况，
则有种.
（2）设有男生人，女生则有人，
从这人中选出名男生女生方法有种，
要求每人参加一项且每项活动都有人参加种，
即，
所以，
解得或，
所以该组学生中男生人，女生人或男生人，女生人.
（3）满足要求且比1325大的四位数可分为三类：
第一类：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共个；
第二类：形如14□□，15□□，共有个；
第三类：形如134□，135□，共有个；
所以无重复数字且比1325大的四位数共有：个.
17. 已知函数，
（1）证明：当时，；
（2）设且函数，若恒成立，求实数的值；
（3）设函数，讨论当时，函数在的零点个数.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）构造函数，利用导数求得其最大值，即可证明；
（2）构造函数，然后求导可得其最值，即可得到结果；
（3）求导可得其最小值，然后讨论大于零，等于零以及小于零，即可得到结果.
小问1详解】
设，则在区间上恒成立，
故在上为减函数，故，得到，
即成立.
【小问2详解】
由题意得，
令，，
，所以在上递增，在上递减，
时，从而有，
又，则，所以，
当时，，时，，
故有.
【小问3详解】
由题意得，则，
当，则，即有在上递增；
若，由得到，由得到，
即有时，的增区间为，减区间为；
所以的极小值为，也为最小值．
① 当，即， 的最小值大于，
则在区间上无零点；
② 当，即，即有，而，
，，则在上有一个零点；
③ 当，即，即有，
(i)若，即，而，
当时，，则在上有零点．
当时，，则在上有个零点；
(ii)若，即，而，，则在上有零点．
综上：当时，函数无零点；
当或时，函数有零点；
当时，函数有个零点．
18. 已知函数（），且，
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）设且，若能被10整除，求的值；
（4）求的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）；
（4）15
【解析】
【分析】（1）由展开式通项公式求得参数，然后赋值法求得结论；
（2）对已知等式求导，然后赋值求解；
（3）用二项式定理展开，然后分析10的倍数后可得的值；
（4）由第项的系数不比前后项系数小列不等式组求解可得.
【小问1详解】
有，解得.
因此，令，得，再令，得所以
【小问2详解】
给等式两边关于自变量求导，，令得；
【小问3详解】
，能被10整除，只需能被整除，而且，所以；
【小问4详解】
由通项公式为，则，
解得，，，所以，所以的最大值为.
19. 已知函数，
（1）求函数的单调性及最值；
（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）证明：.
【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是，的最小值是，无最大值．
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求出导函数，再根据导函数得出函数单调性进而得出最值；
（2）构造函数，分和两种情况得出函数单调性得出参数范围；
（3）由（1）问知，当时，，取，再应用裂项相消计算证明.
【小问1详解】
，当时，，所以，为单调递减；
当时，令，，
则单调递增，，所以，单调递增．
所以．
综上，函数的单调递增区间是，单调递减区间是，且的最小值是，无最大值．
【小问2详解】
由题意可得，即：，
当时，恒成立，符合题意；
令，
因为，所有在上单调递增，，
①当时，，所以在上单调递增，
所以，符合题意；
②当时，，，
∴存在，使得，当时，；
所以在上单调递减，当时，，这不符合题意；
综上，a的取值范围是.
【小问3详解】
由第（1）问知，当时，，取，，，，…，，，
有，
故，，，……
所以
．