湖北省省仙桃市田家炳实验高级中学2024−2025学年高二下学期4月期中数学试题（含解析）

这是一份湖北省省仙桃市田家炳实验高级中学2024−2025学年高二下学期4月期中数学试题（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．下列求导正确的是（ ）
A．B．
C．D．
2．如果函数在处的导数为2，则（ ）
A．2B．1C．D．4
3．的展开式的第7项的系数为（ ）
A．B．C．D．
4．曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．学生甲从8门选修课中任意选择3门，并从5种课外活动小组中选择2种，不同的选法种数为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．安排名歌手演出顺序时，要求歌手甲不是第一个出场，也不是最后一个出场，则共有安排方法（ ）
A．种B．种C．种D．种
8．函数存在3个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．展开式共10项B．含项的系数为2016
C．无常数项D．所有项的二项式系数之和为512
10．某学校高二年级数学课外活动小组中有男生4人，女生3人，则下列说法正确的是（ ）
A．从中选2人，1人做正组长，1人做副组长，共有21种不同的选法
B．从中选2人参加数学竞赛，其中男、女生各1人，共有12种不同的选法
C．将这7名学生排成一排，3位女生排在一起的方法共有720种
D．7名学生排成一排，已知4名男生已排好，现将3名女生插入队伍中，则共有210种排法.
11．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数与轴有两个不同的交点
B．函数既存在最大值又存在最小值
C．若当时，，则的最大值为
D．若方程有1个实根，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．若，则
13．的展开式中，的系数为 （结果用数字作答）
14．已知直线与曲线相切，则
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知，.
(1)求的值；
(2)求的值；
16．已知函数在处取得极值.
(1)求实数，的值
(2)求函数在区间上的最大值和最小值
17．（1）求的展开式中的常数项；
（2）用二项式定理证明可以被100整除.
18．已知函数.
(1)若，求的单调区间和极值；
(2)若，求证：.
19．已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)若恒成立，求实数的取值范围.
参考答案
1．【答案】B
【详解】对于选项A：，故A错误；
对于选项B：，故B正确；
对于选项C：，故C错误；
对于选项D：，故D错误.
故选B.
2．【答案】D
【详解】由题意可得：，
所以.
故选D.
3．【答案】B
【分析】由二项式的通项公式求解．
【详解】的展开式的第7项为：，
则第7项的系数为：.
故选B.
4．【答案】A
【详解】因为，所以，
所以在点处，所以在点处的切线方程为，
所以切线方程为.
故选A.
5．【答案】A
【详解】甲从8门选修课中任意选择3门，共有种选法，
从5种课外活动小组中选择2种，共有种选法，
所以共有种选法.
故选.
6．【答案】D
【详解】因为，
由题意可得：在恒成立，可得在上恒成立，
又因为在内单调递减，
可得，可得，
所以a的范围为.
故选D．
7．【答案】C
【详解】安排名歌手演出顺序时，要求歌手甲不是第一个出场，也不是最后一个出场，
则甲有种选择，其余名歌手任意排列，
所以，不同的安排方法种数为种.
故选C.
8．【答案】B
【详解】，则，
若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则，
令，解得或，
且当时，，
当，，
故的极大值为，极小值为，
若要存在3个零点，则，即，解得，
故选B.
9．【答案】ABD
【详解】对于选项AD：因为，则展开式共10项，所有项的二项式系数之和为，故AD正确；
对于BC：二项展开式的通项为，
令，可得，则含项的系数为，故B正确；
令，可得，则展开式中有常数项，故C错误；
故选ABD.
10．【答案】BCD
【详解】对于选项A：从7个人中选2人，1人做正组长，1人做副组长选法共有种，故A错误；
对于选项B：从7个人中选2人参加数学竞赛，其中男、女生各1人选法共有种，故B正确；
对于选项C：选排3位女生有种情况，再把3位女生看成1个人与4个男生一起排列有种情况，
共有种情况，故C正确；
对于选项D：7名学生排成一排，共有种情况，
已知4名男生已排好，则需要把男生的顺序排除，共有种情况，故D正确；
故选BCD.
11．【答案】AC
【详解】由题意可知：定义域为，
对于选项A：令，则，解得，
所以函数与轴有两个不同的交点，故A正确；
对于选项B：因为，
当时，；当时，；
可知在，上单调递减，在上单调递增；
则的极大值为，极小值为，
当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于0，
可知函数有最小值，无最大值，故B错误；
对于选项C：因为函数有最小值，
若当时，，则，
所以的最大值为，故C正确；
对于选项D：方程有1个实根等价于与有1个不同交点，
结合图象可知：，故D错误.
故选AC.
12．【答案】7
【详解】因为，则，
可得，解得.
13．【答案】
【详解】由题意可知：含的为，
所以的系数为.
14．【答案】
【详解】由题意可知：直线过定点，斜率为，
因为，则，
设切点坐标为，切线斜率，
则切线方程为，
代入可得，解得，
所以.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，，
令得，.
（2）因为，，
令得，，
令得，，
上述两个等式相减得，故.
16．【答案】(1)，
(2)最大值为，最小值为
【详解】（1）因为，所以，
因为在处取得极值，
所以，所以，
解得，经检验，符合题意，
所以，；
（2）由（1）知，所以，
令，得或，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以函数的极小值为，极大值为，
又，，
所以函数在区间上的最大值为，最小值为.
17．【答案】（1）84；（2）证明见解析
【详解】（1）展开式的通项为：，，
令得，
所以展开式中的常数项为；
（2）∵
，
∴能被100整除．
18．【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）当时，，定义域为，则，
因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数，
又因为，当时，；当时，.
所以，的单调递减区间为，单调递增区间为，
故有极小值，无极大值.
（2）当时，，定义域为，则，
令，则，
故在上单调递增，
又因为，，
所以，存在，使得，即，即，
当时，；当时，.
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，，
因此，当时，.
19．【答案】(1)答案见解析
(2)
【详解】（1）由题意可知：的定义域为，且，
当时，，可知在上单调递减；
当时，由得；由得；
可知在上单调递减，在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）解法一：（分离参数法）由已知得在上恒成立，
等价于在上恒成立，
构建，
则
构建，可知在上单调递减，且，
当时，，即；
当时，，即；
可知在上单调递增，在上单调递减，则，
可得，即实数的取值范围为；
解法二：（分类讨论法）由题意可知： 在上恒成立，
由（1）知，当时，在上单调递减；
且，不合题意；
当时，可知，
构建，可知在上单调递增，且，
若，则，可得，
故实数的取值范围为