吉林省四平市2023-2024学年高二下学期期中质量监测数学试题 含解析

四平市2023-2024学年度第二学期期中质量监测高二数学试题全卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.5.本卷主要考查内容：选择性必修第二册第五章，选择性必修第三册第六章.一、选择题：本题共8小题，每小题5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.函数的导函数是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用导数的运算法则即可求解.【详解】.故选：B.2.的展开式中的系数为（）A. B. C.20 D.40【答案】D【解析】【分析】写出展开式的通项，即可计算可得.【详解】因为展开式的通项为（且），所以的展开式中的系数为.故选：D3.某学校广播站有6个节目准备分2天播出，每天播出3个，其中学习经验介绍和新闻报道两个节目必须在第一天播出，谈话节目必须在第二天播出，则不同的播出方案共有（）A.108种 B.90种 C.72种 D.36种【答案】A【解析】【分析】先确定第一天和第二天播放的节目，然后再确定节目的播放顺序，利用分步乘法计数原理可得结果.【详解】第一步，从无限制条件的3个节目中选取1个，同学习经验介绍和新闻报道两个节目在第一天播出，共有种；第二步，某谈话节目和其他剩余的2个节目在第二天播出，有种播出方案，综上所述，由分步乘法计数原理可知，共有种不同的播出方案.故选：A4.已知，则“”是“的二项展开式中存在常数项”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】计算二项展开式中存在常数项的等价条件，根据充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可．【详解】若，则的常数项为；若的二项展开式中存在常数项，设二项式的通项为，且存在常数项，则，，为整数，所以能被4整除.所以“”是“的二项展开式中存在常数项”的充分不必要条件.故选：A5.已知曲线在点处的切线与直线垂直，则点的横坐标为（）A. B. C.2 D.1【答案】D【解析】【分析】设点，根据题意可得，从而求得.【详解】设，点，则，由在点处的切线与直线垂直可得，即，又，.故选：D6.已知函数，若在处取得极小值，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用求导得到导函数的零点和，就参数分类讨论，判断函数的单调性，即可分析判断，确定参数的范围.【详解】由题意得，，由可得，或，①若，即时，，显然不合题意；②若，即时，当或时，，即在和上单调递增；当，，在上单调递减，故在处取得极小值，符合题意；③若，即时，当或时，，即在和上单调递增；当，，在上单调递减，故在处取得极大值，不符题意.综上所述，当时，在处取得极小值，故的取值范围是.故选：A.7.若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用二项式定理可得答案.【详解】.故选：B8.若函数在区间内存在单调减区间，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】对求导，分和两种情况，结合在区间内存在单调减区间，求出的取值范围即可.【详解】，，当时，，不符合题意；当时，令，解得，在区间内存在单调减区间，，解得.实数的取值范围是.故选：.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.A，，，，五个人并排站在一起，下列说法正确的是（）A.若A，不相邻，有72种排法 B.若A，不相邻，有48种排法C.若A，相邻，有48种排法 D.若A，相邻，有24种排法【答案】AC【解析】【分析】求得A，不相邻时的排法总数判断选项AB；求得A，相邻时的排法总数判断选项CD.【详解】A，，，，五个人并排站在一起，若A，不相邻，则先让，，自由排列，再让A，去插空即可，则方法总数为（种）.则选项A判断正确；选项B判断错误；A，，，，五个人并排站在一起，若A，相邻，则将A，“捆绑”在一起，视为一个整体，与，，自由排列即可，则方法总数为（种）.则选项C判断正确；选项D判断错误.故选：AC10.在的展开式中，下列命题正确的是（）A.偶数项的二项式系数之和为32 B.第3项的二项式系数最大C.常数项为60 D.有理项的个数为3【答案】AC【解析】【分析】根据题意，由二项式展开式的通项公式以及二项式系数的性质，代入计算，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】偶数项的二项式系数之和为，故A正确；根据二项式，当时的值最大，即第4项的二项式系数最大，故B错误，令，，∴，故C正确；为整数时，，故有理项的个数为4，故D错误.故选：AC．11.已知函数,则下列说法正确的是（）A.有且仅有一个极值点B.有且仅有两个极值点C.当时，的图象位于轴下方D.存在，使得【答案】AC【解析】【分析】利用导数与极值、最值的关系求解即可.详解】由题意知，,令,,易得在上单调递减,又,，所以,使得，所以当时,，当时,，故在上单调递增，在上单调递减，所以有且仅有一个极值点.故A正确B错误;当时,，,所以,故C正确;所以,故D错误.故选:AC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.三名学生分别从计算机、英语两学科中选修一门课程，不同的选法有___________种.【答案】8【解析】【分析】利用分步加法计数原理计算即得.【详解】依题意，可由三名学生依次选修课程，故分三步完成，由分步乘法计数原理知，不同的选法有（种）.故答案为：8.13.函数的单调减区间为___________.【答案】【解析】【分析】首先求出函数的定义域为，再求出，令，解不等式即可求解.【详解】函数的定义域为，且，令，即，解不等式可得，所以函数单调递减区间为.故答案：【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，解题的关键是求出导函数，属于基础题.14.已知函数的导函数满足在上恒成立，则不等式的解集是______.【答案】【解析】【分析】根据已知关系式可构造函数，可知在上单调递增，将所求不等式转化为，利用单调性可解不等式求得结果.【详解】令，则，所以在上单调递增，由，得，即，又在上单调递增，所以，解得.所以不等式的解集是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：此类问题要结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而解不等式即可.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.15.（1）求值：;（2）解方程：．【答案】（1）165；（2）【解析】【分析】（1）利用组合数性质计算可得原式等于；（2）由排列数计算公式可得，可得.【详解】（1）因为，所以，原式；（2）因为，所以，化简可得，同时，解得.16.已知二项式的展开式中，所有项的二项式系数之和为，各项的系数之和为，（1）求的值；（2）求其展开式中所有的有理项．【答案】（1）4（2）【解析】【分析】（1）先利用题给条件列出关于的方程，解之即可求得的值；（2）利用二项展开式的通项公式即可求得其展开式中所有的有理项．【小问1详解】因为，所以，当为奇数时，此方程无解，当为偶数时，方程可化为，解得；【小问2详解】由通项公式，当为整数时，是有理项，则，所以有理项为．17.为庆祝3.8妇女节，某中学准备举行教职工排球比赛，赛制要求每个年级派出十名老师分为两支队伍，每支队伍五人，并要求每支队伍至少有两名女老师，现高二年级共有4名男老师，6名女老师报名参加比赛．（1）高二年级一共有多少不同的分组方案？（2）若甲，乙两位男老师和丙，丁，戊三位女老师组成的队伍顺利夺得冠军，在领奖合影时从左到右站成一排，丙不宜站最右端，丁和戊要站在相邻的位置，则一共有多少种排列方式？【答案】（1）120种；（2）36种.【解析】【分析】（1）利用分类加法计数原理，结合平均分组问题列式计算.（2）按相邻问题及有位置限制问题，利用分步乘法计数原理列式计算即得.【小问1详解】两组都是3女2男的情况有（种）：一组是1男4女，另一组是3男2女的情况有（种），所以总情况数为（种），故一共有120种不同的分组方案.【小问2详解】视丁和戊为一个整体，与甲、乙任取1个站最右端，有种，再排余下两个及丙，有种，而丁和戊的排列有种，所以不同排列方式的种数是.18.已知函数．（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）讨论函数的单调性；【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】(1)代入，求出即可求得切线方程；(2)函数求导，对分类讨论，进而求得单调性.【小问1详解】当时，，，所以，曲线在处的切线方程为.【小问2详解】，①当时，，所以函数在上单调递增；②当时，令，则(舍)或，，当时，函数单调递减；，当时，函数单调递增.③当时，令，则或(舍)，，当时，函数单调递减；，当时，函数单调递增.综上所述：当时，函数在(0,+∞)上单调递增；当时，当时，函数单调递减当时，函数单调递增；当时，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增19.已知函数，其中.（1）求函数的单调区间；（2）若恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）.【解析】【分析】（1）利用导数，讨论的符号判断函数单调性；（2）问题转化为恒成立，取，有，可得，构造函数利用导数求最小值证明，则恒