安徽省合肥市普通高中六校联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题（解析版）-A4

这是一份安徽省合肥市普通高中六校联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题（解析版）-A4，共3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。
（考试时间：120分钟 满分：150分）
命题学校：
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1. 如图是函数的导函数的部分图象，则的一个极大值点为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据极大值点的定义结合图象判断即可.
【详解】极大值点处导数为0，且在该点左侧附近导数值为正，在该点右侧附近导数值为负，选项中只有符合.
故选：B.
2. 若函数在区间内单调递增，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数单调性与导数的关系进行求解即可.
【详解】由，
因为函数在区间内单调递增，
所以有在上恒成立，即在上恒成立，
因为，所以由，
因为，所以，于是有，
故选：D
3. 展开式的常数项为（ ）
A. 20B. 90C. 40D. 120
【答案】A
【解析】
【分析】根据二项展开式的通项公式赋值即可求出．
【详解】展开式的通项公式为，
令，解得，
所以常数项为．
故选：A．
4. 现给如图所示的五个区域A，B，C，D，E涂色，有5种不同的颜色可供选择，每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（ ）

A. 420B. 340C. 260D. 120
【答案】A
【解析】
【分析】讨论同色、同色，、一组同色一组不同色，的颜色互不相同，结合排列组合数求对应涂色方法，应用分类加法求不同涂色方案数.
【详解】若同色、同色，有，此时有3种涂法，共有种，
若同色、不同色，有，此时有种涂法，共有种，
同理同色、不同色也有120种，
若的颜色互不相同，则有种，
综上，共有种.
故选：A
5. 已知分别为曲线和直线上的点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先判断曲线与直线是否存在交点，若存在，则最短距离为0，若不存在，则当曲线在切点处的斜率为2时，切点到直线的距离最短.
【详解】令，
因，则，
故曲线和直线无交点，
，则，令，解得，
则曲线上的点到直线的距离，
则的最小值为.
故选：A
6. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数，利用导数判断其单调性，由此确定的大小，
设，利用导数判断其单调性，由此确定的大小.
【详解】设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
设，则，
所以在上单调递增，
则，则,
所以，即,
所以.
故选：C
7. 已知函数是定义域为的奇函数，是的导函数，，当时，，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】当时，，可得在上单调递增，结合函数是定义域为的奇函数，，从而得到不等式，求出答案.
【详解】令，则，
由题意知当时，，故在上单调递增，
因为函数是定义域为的奇函数，
所以，
所以，
所以是定义域为的偶函数，
所以在上单调递减，
又因为，所以，
所以，
所以当时，，则；
当时，，则；
当时，，则；
当时，，则.
则不等式的解集为.
故选：D.
8. 若两曲线与存在公切线，则正实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数求出两个函数的某点上的切线方程，再根据公切线列方程得到，应用导数求右侧值域，即可得答案．
【详解】设公切线与曲线与的交点分别为，，其中，
对于，得，则与相切的切线方程为，即，
对于，得，则与相切的切线方程为，即，
由公切线，得，，有，，
令，则，令，得，
当时，单调递增，
当时，单调递减.
所以，故，即.
故选：C.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
9. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据排列数的计算公式即可判断A；根据组合数的计算公式即可判断BCD．
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，
，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，，
，
所以，故D正确；
故选：ABD．
10. 某学校为迎接校园艺术节的到来，决定举行文艺晚会，节目单中有，，，，，，共7个节目，则下列结论正确的是（ ）
A. 若节目与节目相邻，则共有1440种不同的安排方法
B. 若节目与节目不相邻，则共有3000种不同的安排方法
C. 若节目在节目之前表演（可以不相邻），则共有2420种不同的安排方法
D. 若决定在已经排好的节目单中临时添加3个节目，现有节目次序不变，则共有720种不同的安排方法
【答案】AD
【解析】
【分析】利用捆绑法，插空法等求得每个选项的排列数可判断其正确性.
【详解】若节目与节目相邻，共有种不同的安排方法，故正确；
若节目与节目不相邻，共有种不同的安排方法，故B错误；
因为节目在节目之前表演与节目在节目之前表演的情况是一样的，
所以共有种不同的安排方法，故C错误；
添加第一个节目有8种情况，添加第二个节目有9种情况，添加第三个节目有10种情况，
共有种不同的安排方法，故D正确.
故选：AD.
11. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A. 函数的最大值是
B. 在上单调递减
C. 对任意两个正实数，且，若，则
D. 若关于x的方程有3个不等实数根，则m的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】直接求导得出函数单调性，继而可得函数最值情况判断AB；利用函数值相等，结合极值点偏移构造函数判断C；结合函数图象，数形结合将的范围转换成复合型二次函数的值域求解判断D.
【详解】对于AB，函数的定义域为，求导得，
当时，，当时，，函数在上单调递增，
在上单调递减，，A正确，B错误；
对于C，依题意，，，则，
不等式，令
，令，
求导得，
而当时，，
于是，函数在上单调递增，，即，
因此，又在上单调递减，则，C正确；
对于D，令，若关于的方程有3个不等实数根，
则关于的方程有两个不相等的实数根，，
解得或，且，则或，
当时，，解得，与矛盾；
当时，，，整理得，
则的取值范围是，因此的取值范围是，D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数的极值点为，则实数__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求导函数，利用极值条件求得的值.
【详解】，，得，
此时.
当时,内单调递减；
时，，内单调递增.
在处取得极小值，符合题意.
故答案：.
13. 在的展开式中，含的项的系数是________.
【答案】-15.
【解析】
【分析】在的展开式中含的项即从5个因式中取4个，1个常数即可写出含的项，则可得到答案.
【详解】在的展开式中含的项即从5个因式中取4个，1个常数,
所以含的项为.
所以展开式中，含的项的系数是-15.
14. 若不等式恒成立，则实数k的取值范围为__________
【答案】
【解析】
【分析】利用在上单调递增，将不等式恒成立转化为恒成立，构造函数，利用导数求出其最大值得的取值范围，再得的最小值.
【详解】令，易知在上单调递增，
由得，即可得，
即，
所以，即，
令，则，
易得，，即在上单调递增，
当，，即在上单调递减，
可得在处取得极大值，也是最大值；
因此，可得.
即实数k取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据不等式结构利用函数同构构造函数，再由导数判断出函数单调性即可得出结果.
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. 已知函数的图象在点处的切线方程为.
（1）求的值；
（2）求的极值.
【答案】（1）；
（2）极小值为，无极大值.
【解析】
【分析】（1）求导函数，根据导数的几何意义及切点坐标列方程求解即可；
（2）求导得函数的单调区间，即可确定极大值和极小值.
【小问1详解】
由题意知，所以，
解得；
【小问2详解】
由（1）知，令，所以，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，所以的极小值为，无极大值.
16. 已知其中，，，，.且展开式中仅有第5项的二项式系数最大.
（1）求值及二项式系数最大项；
（2）求（用数值作答）；
（3）求的值（用数值作答）.
【答案】（1）；
（2）6561 （3）3281
【解析】
【分析】（1）根据题意结合二项式系数最大时求出的值，再计算即可；
（2）利用赋值法，令，求出即可；
（3）利用赋值法，分别令和，得出两式，相加即可得.
【小问1详解】
因为展开式中仅有第5项的二项式系数最大，
当为偶数时，仅有中间一项的二项式系数最大，即，所以，
故.
即，二项式系数最大项为第5项：；
【小问2详解】
令，得，
所以.
【小问3详解】
令，得，
令，得.
两式相加可得.
17. 已知函数（，，），其图象的对称中心为．
（1）当时，在上不单调，求实数的取值范围；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导后利用导数在上有变号零点，结合二次函数性质分析可得；
（2）由函数的图象关于点中心对称可得为奇函数，从而有，代入计算后利用系数解方程组可得.
【小问1详解】
因为，所以；
因为在上不单调，所以在上有变号零点；
所以，解得；或，无解．
或当，解得，此时导数的另一个根为，不符合题意；
当，解得，此时导数的另一个根为，不符合题意.
所以实数的取值范围是．
【小问2详解】
因为函数的图象关于点中心对称，故为奇函数，
从而有，即，
，
，
所以，解得，所以；
18. 已知函数.
（1）当时，求的单调减区间；
（2）讨论函数的单调性；
（3）函数有两个零点，求证：.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，再解，即可得解；
（2）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用函数的单调性与导数的关系可得出函数的增区间和减区间；
（3）设，由已知等式推导出，将所证不等式等价变形为，令，即证，令，其中，令导数分析函数的单调性，即可证得结论成立.
【小问1详解】
函数的定义域为
当时，函数，
所以
令，解得，所以函数的减区间是.
【小问2详解】
函数的定义域为，
又，
①当时，对任意的，
当；当，
此时函数在上单调递减，在上单调递增；
②当时，
由可得，由可得或，
此时函数在上单调递减，在和上单调递增；
③当时，恒成立，
此时函数在上单调递增；
④当时
由可得，由可得或，
此时函数在上单调递减，在和上单调递增；
综上所述，当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为、；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为、.
【小问3详解】
，
因为函数有两个零点，不妨设，
则，
所以，
整理可得，即，
要证，即证，
即证，
令，即证，
令，其中，则，
所以函数在上为增函数，则，
即，即，故原不等式得证
19. 拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数在闭区间上连续，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点，使得成立，其中叫做在区间上的“拉格朗日中值点”．已知函数（，）是奇函数，
（1）当时，求在区间上“拉格朗日中值点”的个数；
（2）已知，若在定义域内有三个不同的极值点，求实数的取值范围；
（3）若在区间上有且只有一个“拉格朗日中值点”，求实数的取值范围．
参考数据：．
【答案】（1）2 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据是奇函数确定的值，由题意知即求方程在上的实根个数，令，利用导数和函数零点存在定理判断；
（2）由，得或，令φx=xexx>0，利用导数求的图象性质，由其与有两个不同的交点，可解问题；
（3）由（2）得，由，令，分，，和进行研究.
【小问1详解】
因为函数是奇函数，
所以，即，
所以，所以．
所以当时，，所以，
由题意知即求方程在上的实根个数，
令，则，
所以当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增．
所以，
又m−1=2e−1>0，m1=2e−1>0，
所以由函数零点存在定理知，，，使得，．
所以当时，在区间上的“拉格朗日中值点”的个数为2．
【小问2详解】
由题知，即，其定义域为，
则，．
令，得或，
设φx=xexx>0，则，
当时，，所以单调递增；
当时，，所以单调递减，
又当时，；当时，，且，
所以的大致图象如图所示．
因为在定义域内有三个不同的极值点，
所以与有两个不同的交点，所以．
【小问3详解】
由（2）得，由，
令，则，，．
①若，则，所以单调递减，
因为在区间上有且只有一个“拉格朗日中值点”，
所以n0>0,n10,a−10n10a−10，单调递增，
当时，，单调递减，
则，即．
由题意知n0≤0n1>0或n0>0n1≤0，结合，解得或．
综上，若在区间上有且只有一个“拉格朗日中值点”，