河南省洛阳市2024−2025学年高二下学期期中考试 数学试卷（含解析）

这是一份河南省洛阳市2024−2025学年高二下学期期中考试 数学试卷（含解析），共35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．设是定义域为R的可导函数，若，则（ ）
A．B．C．1D．2
2．已知，则（ ）
A．B．0C．1D．e
3．从2，4，8，14这四个数中任取两个相减，可以得到不相等的差的个数为（ ）
A．12B．10C．6D．5
4．的展开式中的系数为（ ）
A．30B．60C．90D．120
5．已知函数，则函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
6．若函数在上存在最小值，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．的展开式中系数最大的是（ ）
A．的系数B．的系数C．的系数D．的系数
8．若函数与函数的图象有公共切线，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列求导运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．如图，正方形网格棋盘，其中，，，位于棋盘上一条对角线的4个交汇处．在棋盘M，N处的甲、乙两个质点分别要到N，M处，它们分别随机地选择一条沿网格实线走的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则下列说法正确的有（ ）
A．甲从M到达N处的走法种数为20
B．甲从M必须经过到达N处的走法种数为9
C．甲、乙能在处相遇的走法种数为36
D．甲、乙能相遇的走法种数为164
11．已知，，，则下列大小关系中正确的有（ ）
A．B．C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知，则 ．
13．已知函数，，若，则的最小值为 .
14．目前我省高中数学试卷中多选题的计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，满分18分；②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；③部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．已知在某次高中数学考试中，洛洛同学三个多选题中第一小题和第二小题都随机地选了两个选项，第三小题随机地选了一个选项，他的多选题的总得分（相同总分只记录一次）共有n种情况，则除以64的余数是 ．
四、解答题（本大题共6小题）
15．已知函数．
（1）求曲线在点处切线的方程；
（2）求函数的极值．
16．用0，1，2，3，4组成无重复数字的五位数．
（1）偶数共有多少个？
（2）比30000大的偶数共有多少个？
（3）1，2相邻的偶数共有多少个？
17．已知，二项式展开式中第2项与第4项的二项式系数相等，且展开式中的常数项是.
(1)求展开式的第5项；
(2)设展开式中的所有项的系数之和为，所有项的二项式系数之和为，求.
18．已知函数．
（1）证明：当时，；
（2）函数，记为函数的极大值点，求证：．
19．已知函数，．
（1）当时，函数的最小值为，求实数a的值；
（2）当时，试确定函数的零点个数，并说明理由．
20．已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若“，，，”为真命题，求实数a取值范围．
参考答案
1．【答案】A
【详解】因，
故.
故选A.
2．【答案】D
【详解】由题意可得，，
则，得，
则，则.
故选D
3．【答案】B
【详解】由题意，，，，，，.
可得，即，，
因此，可以得到不相等的差的个数为.
故选B.
4．【答案】B
【详解】因为，
所以通项公式，
因为要求的系数，所以令，
此时，
又的通项公式，
令，解得，
则的展开式中的系数为，
因此，的展开式中的系数为.
故选B.
5．【答案】A
【详解】由可得，令，则，所以函数只有一个零点，故排除B 、D两项，由，令，所以，当时，，所以 在上单调递增，所以当时，，所以当时，，所以函数在上单调递增，所以排除C项.
故选A
6．【答案】C
【详解】由题意，函数的定义域为，，
因此，当或时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
所以的极大值为，极小值为，
令，得，化简得，解得或，
因为函数在上存在最小值，所以，解得，
故选C.
7．【答案】B
【详解】设的展开式的通项为，，
由题意可得，
解得，因为
所以，
所以的展开式中系数最大的是的系数.
故选B.
8．【答案】C
【详解】由题意，设公切线与函数相切于点，与函数相切于点；
又，，
则公切线的斜率，且；
故切线方程为，化简得，
也可以表示为，化简得，
所以，则，
又，则，则.
故选C.
9．【答案】BD
【详解】A选项：，故A错误；
B选项：，故B正确；
C选项：，故C错误；
D选项：，故D正确.
故选BD.
10．【答案】ABD
【详解】A选项：需要走6格，其中向上3格，向右3格，
所以甲从M到达N处的走法种数为，故A正确；
B选项：甲从到达，需要走3格，其中向上1格，向右2格，有种走法，
从到达，需要走3格，其中向上2格，向右1格，有种走法，
根据分步乘法计数原理得：甲从M必须经过到达N处的走法种数为9，故B正确；
C选项：由图可知，甲走到处需要3步，且乙走到处需要3步，
又因为，甲经过的走法种数为9，乙经过的走法种数为9，
所以甲，乙两人能在处相遇的走法种数为，故C错误；
D选项：甲，乙两人沿着最短路径行走，可能在，，，处相遇，
若甲，乙两人在处相遇，甲经过处，必须向上走3格，乙经过处，必须向左走3格，所以两人在处相遇的走法有1种；
若甲，乙两人在或处相遇，各有81种走法；
若甲，乙两人在处相遇，甲经过处，必须向右走3格，乙经过处，必须向下走3格，
所以两人在处相遇的走法有1种.
根据分类加法计数原理得：甲，乙两人能相遇的走法种数为，故D正确.
故选ABD.
11．【答案】ACD
【详解】构造函数，其中，则，
由可得，由可得，
所以，函数的增区间为，减区间为，
因为，，
，
因为，故，即，即，
故选ACD.
12．【答案】
【详解】对于，
取，可得，
再取，可得，
故得.
13．【答案】2
【详解】，则，取，故，，
故切线方程为，取，解得，
故的最小值.
14．【答案】17
【详解】这位同学第一小题和第二小题都可能得0分，4分或6分，
第三小题可能得0分，2分或3分，
如图，当第三题得0分时，有可能总得分为：0，4，6，8，10，12，
当第三题得2分时，有可能总得分为：2，6，8，10，12，14，
当第三题得3分时，有可能总得分为：3，7，9，11，13，15，
所以这位同学的多选题所有可能总得分（相同总分只记录一次）为：0，2，3，4，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，
即，
则
又，则．
则除以64的余数是．
15．【答案】（1）
（2）极大值为，极小值为
【详解】（1）函数的定义域为，，
所以，又，
所以在点处切线的方程为：，
化简得：.
（2）由题意，，.
，
令，解得或，列表如下：
由表可知，函数的极大值为；
极小值为.
16．【答案】（1）60
（2）30
（3）24
【详解】（1）当个位是0时，共有种情况；
当个位是2或4时，共有种情况；
根据分类加法计数原理得：符合题意的偶数有个.
（2）当万位是3时，共有种情况；
当万位是4时，共有种情况；
根据分类加法计数原理得：符合题意的偶数有个.
（3）当个位是0时，共有种情况；
当个位是2时，则十位是1，共有种情况；
当个位是4时，共有种情况；
根据分类加法计数原理得：符合题意的偶数有个.
17．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据二项式系数可得，即可根据通项求解常数项得，进而可求解，
（2）利用赋值法可得系数法，即可求解.
【详解】（1）由题意知，所以.
二项式展开式的通项是，
所以当时展开式中的有常数项，
所以，所以，因为，所以，
所以展开式第5项是.
（2）令，二项式展开式中的所有项的系数之和，
二项式系数之和，故.
18．【答案】（1）证明过程见解析；
（2）证明过程见解析.
【详解】（1）欲证，只需证，即证，
令，
则，
则在上单调递增，
则，即，故命题得证.
（2）因，则，
令，则，
则得；得，
则在上单调递增，在上单调递减，
则，
又，
则由零点存在性定理可知，在和上分别存在一个零点，
不妨设其零点分别为，且，
则是方程的两根，
则，得；，得或，
则在上单调递增，在和上单调递减，
则在处取极大值，
因为函数的极大值点，则，且，，
则，
所以.
19．【答案】（1）
（2）1个零点，理由见解析
【详解】（1）由求导得：，因，
当，即时，，则函数在上单调递减，
故，显然不符合题意；
当，即时，，则函数在上单调递增，
故，显然不符合题意；
当，即时，由可得，
当时，，则函数在上单调递减；
当时，，则函数在上单调递增，
故，由，可得，符合题意.
故实数a的值为.
（2）由，可得，
显然是该方程的一个实数解，故是函数的一个零点；
当时，方程可化简为，设函数，则，
由可得，当时，，则函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增，
故函数的最小值为，
即对任意的，恒成立，故方程无实数解，即时，函数不存在零点.
综上，函数有且只有1个零点.
20．【答案】（1）答案见解析
（2）
【详解】（1）由题意，的定义域为，
，
令，则，
①当，即时，，则，此时单调递减；
②当，即或时，设的两根为
，，，，
时，，由，即，得，
由，即，得或，
时，，由，即，得，
由，即，得，
综上所述，当时，的减区间为和，的增区间为；
当时，的减区间为，无增区间；
当时，的增区间为，的减区间为.
（2）不妨设，则由得，
，即．
令，
所以为上的减函数，即当时，恒成立，
又，所以，即，又，故，
因此，的取值范围为．
1
2
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增