北京交通大学附属中学第二分校高二下学期期中数学试卷（解析版）-A4

这是一份北京交通大学附属中学第二分校高二下学期期中数学试卷（解析版）-A4，共17页。试卷主要包含了04， 已知函数，则， 已知，则等于， 二项式的展开式中常数项是， 函数图象大致为， 设，，则是的条件等内容，欢迎下载使用。
2025.04
说明：本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.
一、选择题（本大题共10小题，每小题4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. 已知函数，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由基本初等函数的导数公式计算可得.
【详解】由题意可得，
所以.
故选：C
2. 已知，则等于（ ）
A. 1B. 3C. 1或4D. 1或3
【答案】D
【解析】
【分析】根据组合数的定义和性质分析求解.
【详解】因为，则或，
解得或，检验可知均符合题意.
故选：D.
3. 二项式的展开式中常数项是（ ）
A. 1B. 4C. 6D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式，令的指数为，即可求出对应展开式的常数项.
【详解】二项式展开式的通项公式为，
令，得，所以展开式的常数项为.
故选：.
4. 已知函数在上可导，其部分图象如图所示，则下列不等式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数的几何意义可知为该点切线的斜率，由图可知处的切线斜率比处的切线斜率大，为两点处的斜率，比较即可得出.
【详解】根据导数的几何意义，如图，
分别表示在点处切线的斜率，又因为
由图可知
故选：B.
5. 从4名男同学、3名女同学中选3名同学组成一支志愿者小队，要求男、女都有，则不同的组队方案共有（ ）
A. 60种B. 50种C. 40种D. 30种
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，按选出的男女人数不同，分2种情况讨论，由加法原理计算可得答案.
【详解】根据题意，分2种情况讨论：
①选出的3人为2男1女，有种选法；
②选出的3人为1男2女，有种选法；
所以一共有种选法.
故选：D.
6. 函数图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数判断函数的单调性即可得到函数的大致图象.
【详解】易知，因为，令，得，或，
则时，，时，，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
所以选项A符合题意,
故选：A.
7. 甲、乙等5名志愿者参加2025年文化和旅游发展大会、、、四项服务工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加项工作，乙必须参加项工作，则不同的安排方法数有（ ）
A. 36种B. 42种C. 54种D. 72种
【答案】B
【解析】
【分析】按照B项工作安排的人数分为两类，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可.
【详解】安排B项工作的人数分为两类，
第一类，B项工作仅安排1人，因为甲不参加B项工作，乙必须参加D项工作，
从甲、乙以外的3人中选一人参加B项工作有种方法，
再安排A，C，D项工作，若D项工作安排两人，则有种方法，
若D项工作安排一人，则有种方法，
所以B项工作仅安排1人共种方法，
第二类，B项工作安排2人，有种方法，
由分类加法计数原理，得共有种方法.
故选：B.
8. 设，，则是的（ ）条件
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分也不必要
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】构造函数，其中，则，
由，可得；由，可得.
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，
若，则，即，所以，，
若，则，则，所以，，
所以，是的必要不充分条件.
故选：B.
9. 已知，如果过点可作曲线的三条切线.则下列结论中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设切点为，利用导数的几何意义得到有三个实根，令，利用导数求出函数的极大极小值，根据图象列式可得，因为可以推出,，所以也正确，从而可得答案.
【详解】设切点为，，∴切线斜率为，
∴切线方程为，将代入得方程，即，
由题设该方程有3个不等实根.
令，，
当时,,当时,,当时,,
所以在上递增,在上递减,在上递增,
所以在时取得极大值,在时取得极小值,
由三次函数图象知,解得,
因为可以推出,，所以也正确.
故选：D
10. 若对函数的任意一条切线，均存在唯一一条切线使得，则称该函数为正交函数.给出下列四个函数：
①，②，③，④.
其中正交函数的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】结合函数新定义举特殊值可得①④错误；求导后分析两切线方程的可解性可得②③正确.
【详解】对于①，当在原点处的切线为，此时与之垂直的切线为与轴平行的直线，由抛物线的性质可知，不存在这样的切线，（即函数图象没有渐近线）故①错误；
对于②，，，
设切线的斜率为，若存在唯一一条切线使得，设的斜率为，
则，即，即对定义域上的任意都有唯一确定的存在，所以是正交函数，故②正确；
对于③，当时，，；当时，，，
设切线的斜率为，若存在唯一一条切线使得，设的斜率为，
，即对定义域上的任意都有唯一确定的存在，所以是正交函数，故③正确；
对于④，当时，切线的方程为，此时与轴平行，
由函数图象可得这样的不存在（即函数图象没有渐近线），故④错误；
故选：B
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在题中横线上）
11. _______.（用数字表示）.
【答案】
【解析】
【分析】根据组合数公式计算可得.
【详解】.
故答案为：
12. 已知二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项展开式的二项式系数的性质，即可求解.
【详解】因为二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，
根据二项展开式的性质，可得中间项的二项式系数最大，所以展开式一共有7项，
所以为偶数且，可得.
故答案为：.
13. 写出“使函数在上存在最值”的实数的一个值为_________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】求导，然后分类讨论和两种情况即可确定实数的取值范围.
【详解】由题可得， ，
当时，，函数在上单调递减，不存在最值；
当时，令，可得，
令，则，令，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
若函数在上存在最值，则，即，
所以实数的一个值为.
故答案为：（答案不唯一）.
14. 某制造商制造并出售球形瓶装的某种饮料，一个瓶子的制造成本是分，其中（单位：）是球的半径.已知每出售的饮料，制造商可获利分，且制造商能制作的瓶子的最大半径为，则使得每瓶饮料的利润最大时的瓶子的半径为_________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据条件及球的体积公式求出每瓶饮料的利润的解析式，再利用导数说明函数的单调性，即可求出函数取最大值时的值．
【详解】由已知，每个瓶子的利润为，，
则，
所以当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
又，所以当时，函数取得最大值，
即当半径为时，利润最大；
故答案为：．
15. 已知函数，下列命题：的增区间是和；②有三个零点；③不等式的解集为R；④关于x的不等式恒成立，则k的最大值为1.其中正确的命题是________.
【答案】①③④
【解析】
【分析】利用导数分析单调性可得①正确；由图象可得②错误；由极值结合函数的图象可得③正确；当时，分离参数后构造函数求导，当结合复合函数的单调性可得④正确.
【详解】对于①，当时，则，
令，所以在上单调递增，
令，所以在上单调递减；
当时，则，
令，解得，在上单调递增，
令，解得，在上单调递减，
综上可得的单调递增区间是和，故①正确；
对于②，当时，；当时，；
当时，，当时，；
又在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，上单调递减。
作出函数的图象如下：

所以函数有两个零点，故②错误；
对于③，，结合图象可得不等式的解集为，故③正确；
对于④，当时，不等式恒成立等价于即恒成立，
令，，则，
令可得，所以当时，，为递减函数；
当时，，为递增函数，
所以，即，
当时，不等式恒成立，
当时，，
当时，由简单复合函数的单调性可得；当时，，此时即可；
综上的最大值为1，故④正确；
故答案为：①③④
三、解答题（本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 已知，，若的展开式中，所有二项式系数的和为32.
（1）求的值；
（2）求的系数；
（3）求值.
【答案】（1）5 （2）40
（3）
【解析】
【分析】（1）由二项式展开式所有系数和的性质求解可得；
（2）由二项展开式的通项计算可得；
（3）令和赋值计算可得.
【小问1详解】
由题意可得.
【小问2详解】
，
所以的系数为40.
【小问3详解】
令，可得，
令，可得，
两式相减可得.
17. 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若对恒成立.求实数的取值范围.
【答案】（1）单调递增区间为，，单调递减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间；
（2）利用导数求出函数在区间上的最小值，可得出，由此可解得实数的取值范围.
【小问1详解】
因为，则，
令，可得或，
所以当或时，当时，
所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为；
【小问2详解】
由（1）可知，函数在区间上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又，，
故当时，，
因为对恒成立，则，解得，
因此，实数的取值范围是.
18. 已知函数，.已知直线分别交曲线和于点，，当时，设的面积为，其中是坐标原点.
（1）写出的函数解析式；
（2）求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）由题意可得，根据化简即可得出答案.
（2）先得到面积公式，然后通过求导分析出单调性，再由单调性得到最值即可.
【小问1详解】
由题意可知，，，
因为，所以，，
所以，
所以，；
【小问2详解】
由（1）可知，，
则，
令得，，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，取得极大值，也是最大值，为，
即的最大值为．
19. 已知函数,其中.
(Ⅰ)若,求的单调区间;
(Ⅱ)若的最小值为1,求的取值范围.
【答案】(1)时,的单调增区间为,减区间为. (2)
【解析】
【详解】试题分析：(1) 时， ，所以的单调增区间为,减区间为； (2)，分类讨论a以决定函数的单调性，从而得到的取值范围.
试题解析：
定义域为..
(Ⅰ)若,则,令,得(舍).
所以时,的单调增区间为,减区间为.
(Ⅱ),∵ ∴
当时,在区间∴在单调递增,所以
.
当时,由解得,由解得
∴的单调递减区间为,单调递增区间为所以在处取得最小值,注意到,所以不满足
综上可知,若得最小值为1,则的取值范围是
20. 已知函数
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）设，求证：是上的单调递减函数；
（3）设实数使得对恒成立，求的最小值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）3
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）由（1）知，，，求导，设，，利用导数分析其单调性，可得，进而求证即可；
（3）令，分，，三种情况讨论求解即可.
【小问1详解】
由，则，
又，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
【小问2详解】
由（1）知，，，
所以，
令，，
则，
设，，
则
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
又，，，
所以存在，使得，
则当时，，，函数单调递减；
当时，，，函数单调递增，
又，，
所以恒成立，则，
即，所以是上的单调递减函数.
【小问3详解】
令，
则，
由（2）知，在上单调递减，且，.
当时，若，则，此时函数在上单调递减，
所以满足题意；
若，则，，则，
所以，满足题意；
当时，若，则存在，使得，
则时，，函数单调递增，
此时，不满足题意，即对于，不满足题意；
当时，若，则，此时函数在上单调递增，
则，不满足题意，即对于，不满足题意.
综上所述，，则的最小值为3.
21. 设为正整数，集合．对于集合中的任意元素和，定义，，以及．
（1）若，，，，求；
（2）若，均为中的元素，且，，求的最大值；
（3）若均为中的元素，其中，，且满足，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设，然后直接根据定义解得的值即可；
（2）根据已知条件考虑中所有等于的分量的个数，得到，再对构造符合条件的例子；
（3）直接通过反证法说明不可能成立，然后对构造符合条件的例子.
【小问1详解】
设，则由，，知.
所以，得.
而，故，从而.
所以.
【小问2详解】
由已知有，，
这些条件的含义是，都恰有个分量等于，且任意两个不同向量没有同时为的分量.
由于，故一共只有个分量，这表明全体的所有分量中，至多有个.
而显然一共有个，故，得.
显然，，满足条件，此时
这就说明的最大值是.
【小问3详解】
由，，知，.
而条件的含义是，在序列中，任意一对相邻的向量都恰有个分量不相等.
根据题目内容，已有.
若，则，，且恰有个分量不相等，恰有个分量不相等.
换言之，恰有个分量相等，恰有个分量相等.
而，故一定存在，使得的第个分量不相等，的第个分量也不相等.
这就表明的第个分量相等，但，，它们没有相等的分量，矛盾；
这就表明.
注意到，，，满足全部条件，此时.
所以的最小值是.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义的理解，以及构造性地给出符合条件的例子.