河南省郑州市十校2024-2025学年高二下学期期中联考数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省郑州市十校2024-2025学年高二下学期期中联考数学试卷第Ⅰ卷（选择题，共58分）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知函数，则（）A.1 B.2 C. D.【答案】C【解析】因为，所以，所以，所以.故选：C2.已知，且，则下列等式正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】对于A，，A错误；对于B，，B错误；对于C，，所以，C正确；对于D，，D错误.故选：C3.的展开式中的系数为（）A.40 B.80 C. D.【答案】A【解析】，所以展开式中的系数为.故选：A4.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的图象连续不间断，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，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数在上的“拉格朗日中值点”的个数为（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】，令为函数在上的“拉格朗日中值点”，则，令，则在上恒成立，故在上单调递增，又，，由零点存在性定理可得：存在唯一的，使得.故选：B5.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】令，可得，则，二项式的展开式通项为，则.当为奇数时，，当为偶数时，，因此，.故选：A.6.如图，已知图形，内部连有线段．图中矩形总计有（）个．A.75 B.111 C.102 D.120【答案】C【解析】由题意，要组成矩形应从竖线中选两条、横线中选两条，可分两种情况：当矩形的边不在上时，共有个，当矩形的边在上时，共有个，所以图中矩形总计有个.故选：C.7.已知函数，对，当时，恒有，则实数a的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由已知可将不等式化为，构造函数，，则.由题意可知，在上单调递增，所以，在上恒成立，即在上恒成立，只需满足即可.令，则.由可得，.当时，，所以在上单调递减；当时，，所以在上单调递增.所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，所以，.故选：A.8.已知实数，且，为自然对数的底数，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以，函数在上单调递增，且，因为所以，所以，即，又，所以，所以，即，综上，.故选：D二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9.现有带有编号1、2、3、4、5的五个球及四个不同的盒子，则下列表述正确的有（）A.全部投入4个不同的盒子里，共有种放法B.全部投入2个不同的盒子里，每盒至少一个，共有种放法C.将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有种放法D.全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法【答案】ACD【解析】对于A，带有编号1、2、3、4、5的五个球，全部投入4个不同的盒子里，共有种放法，故A正确；对于B，带有编号1、2、3、4、5的五个球全部投入2个不同的盒子里，第一步选2个盒子有种选法，第二步将5个球分为两组，若两组球个数之比为1：4有种分法；若两组球个数之比为2：3有种分法，第三步将两组排给两个盒子有种排法，因此共有，故B不正确；对于C，带有编号1、2、3、4、5的五个球，将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），第一步选4个球有种选法，第二步选一个盒子有种选法，共有种放法，故C正确；对于D，带有编号1、2、3、4、5的五个球，全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，第一步将5球分成2：1：1：1的四组共有种分法，第二步分给四个盒子有种排法，故共有种放法，故D正确；故选：ACD.10.已知，下列说法中正确的是（）A.函数在恰有一个极值点B.函数在上单调递增C.，D.是函数的图象上一动点，是直线上一动点，则【答案】BCD【解析】，定义域为，，显然在上单调递增，且，又，即，所以，所以存，使得，即，当时，，在单调递减；当时，，在单调递增，所以是的极小值点，且为最小值点，无极大值点；对于A，函数在上无极值点，故A错误；对于B，由上述分析可知正确；对于C，，由，易知当，取得最小值，所以，故C正确；对于D，设与直线平行的直线l，l与函数f(x)的图像切于点，所以，即，解得，所以切点为，所以点到直线的距离即为的最小值，所以，故D正确．故选：BCD11.已知函数，则（）A.函数的一个周期为B.函数在区间上单调递增C.函数在区间上没有零点D.函数的最大值为1【答案】BD【解析】因为，所以函数的定义域为对于A，因为，所以，所以不是的一个周期，故A错误；对于B，因为时，所以，所以，且，所以，所以，故在单调递增，故B正确；对于C，因为时，所以，所以，且，所以，所以，故在单调递减，且，根据零点存在性定理，函数在有零点，故C错误；对于D，因为，所以为偶函数，当，且，所以在为周期函数，同理在也为周期函数.由BC得，在单调递减，在单调递增，且当时，所以，所以，且，所以，所以，故在单调递减，当时，所以，所以，且，所以，所以，故在单调递增，综上所诉，在单调递减，在单调递增，在单调递减，在单调递增，且，且当时，函数在周期内，都有，故函数的最大值为，故D正确.故选：BD.第Ⅱ卷（非选择题，共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项展开式中的常数项等于_____.【答案】112【解析】的二项展开式的中，只有第5项的二项式系数最大，，通项公式为，令，求得，可得二项展开式常数项等于，故答案为112．13.为研究方程正整数解的不同组数，我们可以用“挡板法”：取8个相同的小球排成一排，这8个小球间有7个“空挡”，在这7个“空挡”中选择2个“空挡”，在每个“空挡”插入1块挡板，2块挡板将这8个小球分成“三段”，每段小球的个数分别对应，，的一个正整数解，由此可以得出此方程正整数解的不同组数为．据此原理，则方程的正整数解的不同组数为_________（用数字作答）；该方程自然数解的不同组数为_________（用数字作答）．【答案】84；286【解析】由题意，则方程的正整数解的不同组数为，若中没有，则有种，若中有个为，则有种，若中有个为，则有种，若中有个为，则有种，该方程自然数解的不同组数为．故答案为：84；286．14.若曲线与曲线存在公切线，则a的取值范围为__________．【答案】【解析】由，则，设切点为，切线斜率为，所以，切线为，即，由，则，设切点为，切线斜率为，所以，切线为，即，根据题设，若它们切线为公切线，则有，即，又，即且，即，由上关系式并消去并整理得在上有解，令，则，当，则，即，此时递增；当，则或，即或，此时递减；又，，所以，即.故答案为：.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.（1）把本不同的书分给位学生，每人至少一本，有多少种方法？（2）由这个数字组成没有重复数字的四位偶数由多少个？（3）某旅行社有导游人，其中人只会英语，人只会日语，其余人既会英语，也会日语，现从中选人，其中人进行英语导游，另外人进行日语导游，则不同的选择方法有多少种？解：（1）把本不同的书分给位学生，每人至少一本，有和两类分配方式为时，共有：种分法分配方式为时，共有：种分法由分类加法计数原理可得，共有：种分法（2）若个位是，共有：个若个位不，共有：个由分类加法计数原理可得，共有：个（3）若只会英语的人中选了人作英语导游，共有：种选法若只会英语的人中选了人作英语导游，共有：种选法若只会英语的人中选了人作英语导游，共有：种选法由分类加法计数原理可得，共有：种选法16.已知函数（1）若函数在上单调递增，求实数a的取值范围；（2）若函数有两个不同的极值点，其中，求a的取值范围；（3）在（2）的条件下，若不等式恒成立，求实数k的取值范围.解：（1），，因为函数在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，令，则，当时，，单调递增，从而，所以，即实数的取值范围为；（2），若函数有两个不同的极值点，必要性：则在上有两个零点，即在上有两个零点，由（1）可知，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，且当时，都有，所以，充分性：当时，或，且当，时，均有，即此时单调递增，当时，有，即此时单调递减，即函数有两个不同的极值点，令，由此可知充分性成立；综上所述，实数的取值范围是；（3）在（2）的条件下，有，所以，所以，等价于，令，则，令，则，当时，，即，所以即单调递减，从而，所以单调递减，从而，所以实数的取值范围为.17.已知函数，且，（1）求的值；（2）求的最大值；（3）求被6整除的余数．解：（1）的通项公式为且，所以的系数为，解得，从而，等式两边对x求导得．令得．（2）由（1）可知的通项公式为，∴，设为中的最大值，则即即，解得；又，因此．∴．（3）由（1）可知，，显然能被6整除，所以被6整除的余数是．18.已知，．（1）若曲线在点处的切线与垂直，求的值；（2）若，恒成立，求的取值范围．解：（1），，则，又∵，又∵切线与垂直，∴，即；（2）原式恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，设，则，设，则，所以h(x)在上单调递增，且，，所以h(x)有唯一零点，且，即．两边同时取对数得易知是增函数，所以，即，由知，在上单调递增，在上单调递减，∴，∴，∴，故的取值范围是．19.已知函数，.（1）求最小值；（2）设函数，讨论的单调性；（3）设函数，若函数的图像与的图像有，两个不同的交点，证明：.解：（1）.令，得，所以在上单调递增；令，得，所以在上单调递减.所以的最小值为.（2），定义域为，当时，在上单调