北京市通州区高二下学期期中质量检测数学试卷（解析版）-A4

这是一份北京市通州区高二下学期期中质量检测数学试卷（解析版）-A4，共17页。试卷主要包含了 若，则在处的导数， 下列式子错误的是， 的展开式中，常数项等于等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷无效.考试结束后，请将答题卡交回.
第一部分（选择题共40分）
一､选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的.
1. 若，则在处的导数（ ）
A. 2B. 0C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】对函数求导后直接代入计算即可.
【详解】由可得,
因此.
故选：A
2. 下列式子错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据求导公式表计算可得AC正确，再由乘法运算可求得B正确，利用复合函数求导法则可得D错误.
【详解】对于A，易知，可得A正确；
对于B，可得，即B正确；
对于C，易知，即C正确；
对于D，显然，可知D错误.
故选：D
3. 的展开式中，常数项等于（ ）
A. B. 15C. D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项式展开式通项公式求出展开式的通项，再令通项中的次数为，进而求出常数项.
【详解】二项式的通项为，
即 ，
令，解得.
可得常数项为.
故选：B.
4. 过点作曲线的切线，则切点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出切点坐标并对函数求导，求得在切点处的切线方程并代入点坐标解方程即可.
【详解】易知函数的定义域为，
设切点坐标为，则可得，
此时切线斜率为，因此切线方程为，
代入点可得，即，
解得，即切点坐标为.
故选：C
5. 如图，函数在上的导函数的图象，给出下列命题：
①的极小值点有且只有1个；
②是的极大值点；
③的图象在处切线的斜率等于零；
④函数在区间上单调递增.
则正确命题的序号是（ ）
A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④
【答案】B
【解析】
【分析】由图象可知不等式和的解，即可得出的单调性和极值.
【详解】由图象可知，当或时，；
当或时，，
则在和上单调递增，在和上单调递减，
则为函数的极小值点，、为函数的极大值点，
故①④正确；②错误；
因，则的图象在处切线的斜率不等于零，故③错误.
故选：B
6. 4名同学选报天文、合唱、羽毛球三个社团，每人报一个，仅有2名同学报同一社团的报名种数为（ ）
A. 12B. 24C. 36D. 72
【答案】C
【解析】
【分析】利用分组分配先将4人分成三组，再进行全排列即可得出结果.
【详解】4名同学选报三个社团，仅有2名同学报同一社团，
可将4名同学分成3组，共有种分法，
再将三组同学选报三个社团，共有种报法，
因此总的报名方式共有种.
故选：C
7. 若函数在上存在极值，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依题意将极值点问题转化为导函数有变号零点的问题，再结合判别式可求得结果.
【详解】易知函数的定义域为，则，
依题意可得导函数在上存在变号零点，
即有实数根，且不能是两个相等的实根，
因此，解得或；
即实数的取值范围为.
故选：B
8. 如图，圆和直角三角形的两边相切，射线从处开始，绕点逆时针匀速旋转（到处为止）时，所扫过的圆内阴影部分的面积是时间的函数，它的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】观察阴影部分面积的变换规律即可选出答案．
【详解】当直线转动时，若某时刻直线被圆所截得的弦最长时，
的瞬时变化率就较大，此处的导数也较大，
图象中这里的切线较陡，曲线就较陡.
故前半部分曲线开始由平缓变陡；
后半部分弦又渐渐变短，曲线由陡变缓，4个图中只有D具有上述特点.
故选：D.
9. 若将一类顺读与倒读都是同一个数的自然数，称之为“回文数”.如等；那么用数字可以组成五位“回文数”且这个五位数的各位数字之和为11，则这样的五位“回文数”的个数为（ ）
A. 10B. 12C. 14D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】设五位数的“回文数”为，找满足的所有情况即可.
【详解】设五位数的“回文数”为，其中，
因各位数字之和为11，则，
因为偶数，则为奇数，
若，则，则的组合有，
则“回文数”的个数共有个；
若，则，则的组合有，
则“回文数”的个数共有个；
若，则，则的组合有，
则“回文数”的个数共有个；
若，则，则的组合有，
则“回文数”的个数共有个；
则满足条件的五位“回文数”的个数为.
故选：A
10. 平面直角坐标系上将横、纵坐标都为整数的点记为格点，点从格点出发，每次运动到另一格点时，沿水平或竖直方向移动一个单位，则点经过6次移动回到格点的移动路径总数为（ ）
A. 81B. 200C. 400D. 480
【答案】C
【解析】
【分析】依题意可按照分类加法计数原理将问题分成四类，再利用组合数计算即可.
【详解】根据题意可知点从格点出发，可沿上、下、左、右四个方向移动；
若点经过6次移动回到格点可分为以下四种情况：
第一种：在六步移动过程中选择3步向上，另外3步向下，共有种；
第二种：选择3步向左，另外3步向右，共有种；
第三种：选择2步向上，另外2步向下，1步向左，1步向右，共有种；
第四种：选择1步向上，另外1步向下，2步向左，2步向右，共有种；
因此共有种.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题关键在于可将回到出发点的问题转化为在六步移动过程中，向左右、上下的相反方向的移动步数相等，再利用组合计数问题计算可得结果.
第二部分（非选择题共110分）
二､填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. __________.
【答案】14
【解析】
【分析】利用排列数和组合数计算公式得到答案.
【详解】.
故答案为：14
12. 5件产品中有2件次品，从中抽取3件，恰好有1件次品的抽法有__________.
【答案】6
【解析】
【分析】根据组合知识得到答案.
【详解】5件产品中有2件次品，则有三件正品，
从中抽取3件，恰好有1件次品的抽法有种.
故答案为：6
13. 若函数恰有两个零点，则满足条件的一组的值可以是__________.
【答案】（答案不唯一，满足或，且即可）
【解析】
【分析】求导，分和两种情况，利用导数判断的单调性，结合单调性分析零点即可.
【详解】因为的定义域为，且
若，则，可知在定义域内单调递增，
则至多有1个零点，不合题意；
若，令，解得或；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，
且当x趋近于时， x趋近于；当x趋近于时， x趋近于；
若函数恰有两个零点，则或，
即或；
综上所述：或，且，例如.
故答案为：（答案不唯一，满足或，且即可）.
14. 设函数，则曲线在点处的切线斜率为__________，该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为__________.
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求导后代入计算即可得出切线斜率；
（2）求出切线方程与坐标轴交点，再由三角形面积公式计算即可.
【详解】易知,
可得,
即曲线在点处的切线斜率为；
此时切线方程为，即，
切线与两坐标轴的交点为，
所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为.
故答案：，
15. 已知函数，给出下列四个结论：
①若恰有2个零点；
②存在负数，使得恰有1个零点；
③存在负数，使得恰有3个零点；
④存在正数.，使得恰有3个零点.
其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】①②③
【解析】
【分析】把求零点问题转化函数图象交点问题，求出导函数判断单调性并求出极值，画出图像利用数形结合判断①②③④
【详解】令，
易知，
当时，，
所以在单调递减，
当时，，
令，
所以在上单调递减；在上单调递增；
所以在取得极小值，
又，
画出和在同一坐标系下的图象如下所示：
由图可知当时，恰有2个零点，故①正确；
存在负数，当时，使得恰有1个零点；故②对；
存在负数，当时，使得恰有3个零点；故③对；
当时，使得恰有2或1或0个零点，故④错；
故答案为：①②③
三､解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 设.
（1）若，求和的值；
（2）若，求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用赋值法，令，，代入计算，根据二项式奇数项的二项式系数和等于二项式偶数项的二项式系数和求解即可；
（2）分别求出代入列方程求解即可
【小问1详解】
因为，
令，得，
令，则，
令，得，
故，
所以.
【小问2详解】
因为，
所以，
因为，
所以，
解得.
17. 2025年1月2日至2025年3月30日期间，北京本地燃油机动车尾号限行规定为
（机动车车牌尾号为英文字母的按0号管理）
已知甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是，五人住处相近，故商议拼车出行，按此限行规定，周一到周五每天任选一辆符合规定的车出行.（用数字作答）
（1）求不同的用车方案总数；
（2）若每车只能用一天且甲车在周一出行，求不同的用车方案总数.
【答案】（1）种
（2）10种
【解析】
【分析】（1）分别得到周一至周五符合规定的车辆数，利用分步乘法计数原理得到答案；
（2）分乙车和丁车周三出行两种情况，利用排列知识得到两种情况下的方案数，相加得到答案.
【小问1详解】
由题意知：五人的车分别不能安排在周四､周四､周三､周一､周三､
故周一符合规定的车有4辆，周二符合规定的车有5辆，周三符合规定的车有3辆，
周四符合规定的车有3辆，周五符合规定的车有5辆，
则周一到周五每天任选一辆符合规定的车出行的用车方案共有种；
【小问2详解】
由题意知：乙车不能在周四出行，丙和戊的车不能在周三出行，丁的车没有限制，
若乙车周三出行，则有种不同方案；
若丁车周三出行，则有种不同方案；
故有种不同的方案.
18. 已知函数，若是的极值点.
（1）求实数的值及函数的单调区间；
（2）求函数在上的最大值与最小值.
【答案】（1），单调递增区间是和，单调减区间是
（2）最小值为，最大值为.
【解析】
【分析】（1）利用求出，再解不等式、即可得出单调性；
（2）根据（1）求出的单调性即可求出.
【小问1详解】
由题意可得，
因为时，函数取得极值，所以，解得，
所以，，
由，得或；由，得，
所以函数的单调递增区间是和，单调减区间是，
则在处取极小值，符合题意.
故符合条件.
【小问2详解】
由（1）知：函数在单调递减，单调递增，
因，，
所以函数在区间上的最小值为，最大值为.
19. 设函数，曲线在点处的切线方程为.
（1）求的值；
（2）记点，当时，曲线在点处的切线与轴交于点，求三角形面积的最大值.
（3）在（2）的条件下，请判断是否存在点，使得三角形为直角三角形？若存在，直接写出满足条件的点的个数.
【答案】（1）
（2）
（3）1个
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求出方程组即可解得
（2）求出切线方程并求得三角形面积，再构造函数利用导数求出的最大值即可；
（3）分别对三角形的三个角分别为直角进行分类讨论，再利用垂直关系以及函数单调性求出结果.
【小问1详解】
因为，所以，
因为在处的切线方程为，
所以，
则，解得，
所以
【小问2详解】
）当时，因为在点处的切线方程为：，
令，得，所以，
所以
由，得，由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以时，取得极大值，也是最大值为.
即三角形面积最大值为
【小问3详解】
由（1）可知，则，
令，解得，
当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减；
若，则，若，则；
其图象如下图所示：
显然，当时，三角形是以为直角的直角三角形，
若以为直角，则必须在轴上，显然函数与轴的唯一交点为原点，不合题意；
若以为直角，设切点为，
此时切线斜率，即，又此时的斜率为，
因此，即，也即
令函数，则，
令，解得，
当当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增；
因此在处取得极小值，也是最小值，即，
即函数没有零点，因此方程没有实数根，即切点不存在，
因此此时三角形不是直角三角形；
综上可知，满足题意的直角三角形的个数为1个.
20. 已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）求的单调区间；
（3）若对任意，都有成立，求整数的最大值.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）2
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程作答.
（2）利用导数，讨论，，求出的单调区间作答.
（3）等价变形给定的不等式，构造函数，利用导数求出函数的最大值情况作答.
【小问1详解】
当时，，所以，
，所以在切线斜率，
所以切线方程为
【小问2详解】
函数定义域为，
令，解得，
当时，单调递减区间为；
当时，时，单调递减；
当时，单调递增；
综上，当时，单调递减区间为；无增区间，
当时，单调递减区间为，单调递增区间为.
【小问3详解】
当时，恒成立，
即恒成立.
令，
，
由（2）知，在上单调递增，
，故存在唯一的使得，即.
故当时单调递减，
故当时单调递增，
为极小值且为最小值，
，
，
故整数的最大值为2.
21 已知函数.
（1）证明：是曲线与曲线存在唯一交点的充要条件；
（2）证明：当时，.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
分析】（1）对函数求导得出单调性可证明充分性成立，构造函数并证明该函数有唯一零点，即可得出必要性成立，可证明出结论；
（2）根据（1）中的结论可得，再由对数运算法则计算可得结果.
【小问1详解】
充分性：
当时，记，.
当时单调递减，
当时单调递增，
在处函数有极小值也是最小值，即，
所以在上有唯一的一个零点.
故曲线与曲线存在唯一交点.
必要性：
曲线与曲线存在唯一交点等价于方程在上有唯一解，即有唯一解.
记，
当时单调递减，
故当时单调递增，
在处有极小值也是最小值，
，故.
令，则，
当时，单调递增，
故当时，单调递减，
故，
所以存在唯一解，所以有唯一解.
综上，是曲线与曲线存在唯一交点的充要条件.
【小问2详解】
由（1）知，，
令，则，
故，
故，
.
【点睛】方法点睛：在证明充要条件时，要将充分性和必要性证明分别成立即可，此题的关键还在于将函数图象交点问题转化为函数零点或方程根的问题进行求解即可.
周一
周二
周三
周四
周五
2和7
3和8
4和9
5和0
1和6