河南省洛阳市2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省洛阳市2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设是定义域为R的可导函数，若，则（）A. B. C.1 D.2【答案】A【解析】因，故.故选：A.2.已知，则（）A. B.0 C.1 D.e【答案】D【解析】由题意可得，，则，得，则，则.故选：D3.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.12 B.10 C.6 D.5【答案】B【解析】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.的展开式中的系数为（）A.30 B.60 C.90 D.120【答案】B【解析】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.已知函数，则函数的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】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：A6.若函数在上存在最小值，则a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】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.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【答案】B【解析】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.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.【答案】C【解析】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.二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但选不全的得部分分，有选错的得0分．9.下列求导运算正确的是（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】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.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20B.甲从M必须经过到达N处的走法种数为9C.甲、乙能在处相遇的走法种数为36D.甲、乙能相遇的走法种数为164【答案】ABD【解析】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，乙两人能相遇走法种数为，故D正确.故选：ABD.11.已知，，，则下列大小关系中正确的有（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】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.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知，则_____．【答案】【解析】对于，取，可得，再取，可得，故得.故答案为：.13.已知函数，，若，则的最小值为______.【答案】2【解析】，则，取，故，，故切线方程为，取，解得，故的最小值.故答案为：.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_________．【答案】17【解析】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．故答案为：．四、解答题：本大题共6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．（1）求曲线在点处切线的方程；（2）求函数的极值．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：12单调递增极大值单调递减极小值单调递增由表可知，函数的极大值为；极小值为.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？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.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.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.已知函数．（1）证明：当时，；（2）函数，记为函数的极大值点，求证：．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.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．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.已知函数，．（1）讨论函数的单调性；（2）若“，，，”为真命题，求实数