安徽省部分重点中学2024-2025学年高二下学期期中联考 数学试卷（含解析）

安徽省部分重点中学2024−2025学年高二下学期期中联考数学试卷一、单选题1．的小数点后第三位数字为（）A． B． C． D．2．从1，2，…，20这20个数中，任取三个不同的数.则这三个数构成等差数列的概率为.A． B． C． D．3．若正实数，满足，则的最小值为（

）A．1 B． C． D．24．设函数，若恒成立，则的最小值为（）A． B． C． D．15．若，则等于（

）A．49 B．55 C．120 D．1656．若函数有极值点，，且则关于x的方程的不同实根个数是（）A．3 B．4 C．5 D．67．已知数列满足，，则的最小值为（

）A． B． C． D．8．设等差数列的前项和为，且，将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则（）A． B． C． D．二、多选题9．已知的展开式的二项式系数的和为512，且，下列选项正确的是（）A． B．C．除以8所得的余数为1 D．10．商场某区域的行走路线图可以抽象为一个的正方体道路网（如图，图中线段均为可行走的通道），甲、乙两人分别从，两点出发，随机地选择一条最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达，为止，下列说法正确的是（

）

A．甲从必须经过到达的方法数共有9种B．甲从到的方法数共有180种C．甲、乙两人在处相遇的概率为D．甲、乙两人相遇的概率为11．已知函数，下列结论正确的是（

）A．当时，是的极大值点B．存在实数，使得成立C．若在区间上单调递减，则的取值范围是D．若存在唯一的零点，且，则的取值范围是三、填空题12．将A，B，C，D，E五名教师安排到甲，乙，丙三所学校，若每所学校至少安排一名教师，每名教师只去一所学校，则不同的安排方法种13．若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则．14．“算两次”是一种重要的数学方法，也称做富比尼（G.Fubini）原理．“为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来”（波利亚著《数学的发现》第一卷），即将一个量“算两次”．由等式，，，利用“算两次”原理可得．（结果用组合数表示）四、解答题15．已知的展开式的第2项与第3项的二项式系数之比是.（1）求的值；（2）求展开式的常数项；（3）求展开式中系数绝对值最大的项.16．若数列满足，则称数列为“平方递推数列”．已知数列满足，且．(1)证明：数列是“平方递推数列”；(2)设数列的前项乘积为，即．若，数列的前项和为，求使得的的最小值．17．已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求实数的取值范围.18．已知函数．(1)当时，求的极值；(2)当时，，求的取值范围．19．已知函数.(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，恒成立，求的取值范围；(3)求证：当时，.

参考答案1．【答案】A【详解】因为，因此，的小数点后第三位数字为.故选A.2．【答案】C【详解】从这20个数中任取三个数，有种取法.若取出的三个数a、b、c成等差数列，则a+c=2b.故a与c的奇偶性相同，且a、c确定后，b随之而定.从而，所求概率为.选C.3．【答案】C【详解】由，得，故.由题意得，，，由得，.设，，则，∴在上单调递增，∵，∴，∴，即，，∴，令，得，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，∴当时，取极小值也是最小值，最小值为．故选C．4．【答案】D【详解】当时，，不满足恒成立；当时，令，可得或，函数的零点为和，因为恒成立，所以，所以，令，则，令，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，则，所以的最小值为1.故选D.5．【答案】D【详解】因为二项式展开式的通项为（且），又，所以.故选D.6．【答案】A【详解】，，是方程的两根，由，得或，即的根为或的解．∵根据题意画图：

，由图象可知有2个解，有1个解，因此的不同实根个数为3.故选A．7．【答案】B【详解】因为数列满足，，即，当时，则有，所以，，，，上述等式全部相加得，所以，也满足，故对任意的，，所以，由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递减，在上单调递增，又因为，因为，，故，所以的最小值为.故选B.8．【答案】A【详解】因为，当时，则，两式相减得，整理可得，且，则，可得，即，可知等差数列的公差，当时，则，解得；所以，可知数列为正奇数列，对于数列，当时，可得为偶数；当时，可得为奇数；所以数列与的公共项从小到大排列得到数列的通项公式为，则，所以.故选A.9．【答案】BCD【详解】根据题意可知，故，故，对于A，令，则，令，则，故，故A错误，对于B，，故为负值，为正，且令时，，因此，B正确，对于C,,故除以8所得的余数为1，C正确，对于D，对求导可得，令可得，故D正确，故选BCD.10．【答案】ACD【详解】对于A，从点到点，需要向上走2步，向前走1步，从点到点，需要向右走2步，向前走1步，所以，甲从必须经过到达的方法数为种，A正确；对于B,从点到点，一共要走6步，其中向上2步，向前2步，向右2步，所以，甲从到的方法数为种，B错误；对于C，甲从点运动到点，需要向上、前、右各走一步，再从点运动到点，也需要向上、前、右各走一步，所以，甲从点运动到点，且经过点，不同的走法种数为种，乙从点运动到点，且经过点，不同的走法种数也为36种，所以，甲、乙两人在处相遇的概率为，C正确；对于D，若甲、乙两人相遇，则甲、乙两人只能在点、、、、、、，

甲从点运动到点，需要向上走2步，向前走1步，再从点运动到点，需要向前走1步，向右走2步，所以甲从点运动到点且经过点的走法种数为，所以甲、乙两人在点处相遇的走法种数为，同理可知，甲、乙两人在点、、、、处相遇的走法种数都为，因此，甲、乙两人相遇的概率为，D正确．故选ACD．11．【答案】ABD【详解】A：，令，得或.当时，，令或，所以在上单调递减，在上单调递增，所以是的极大值点，故A正确；B：，所以，整理得，所以，解得，即存在使得，故B正确；C：若在上单调递减，则在上恒成立，即不等式在上恒成立，又在上单调递减，其值域为，所以，故C错误；D：由选项A知，当时，，令，解得，所以函数又两个零点，不符合题意；当时，，令或，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的极大值为，极小值，且当时，，当时，，要使存在唯一的零点，则，解得或（舍去），所以，此时，不符合题意；当时，在上单调递减，在上单调递增，所以的极大值为，极小值，且当时，，当时，，要使存在唯一的零点，且，则，解得或（舍去），所以.综上，的取值范围为，故D正确.故选ABD.12．【答案】【详解】由题意，五名教师分配到三所学校，有两类分法，共有种分法，则这三组老师分配到三所不同学校，共有种安排方法.13．【答案】2【详解】设直线与曲线的切点为，与曲线的切点为，则由，，即.14．【答案】【详解】因为，因此是展开式中项的系数，而的展开式中项的系数为，所以．15．【答案】（1）（2）（3）【详解】（1）依题意可得第2项的二项式系数为，第3项的二项式系数为，所以，即，则，或（舍去）；（2）展开式的通项为（，），令，解得，所以，所以常数项为第5项60.（3）系数的绝对值为，则所以，即，，所以，因此，系数绝对值最大的项是.16．【答案】(1)证明见解析(2)．【详解】（1）由题知，所以数列是“平方递推数列”．（2）（i）由（1）知，又，有，则，因，则，则，则数列是以为首项，为公比的等比数列，则，则，即，则，则，因，则，因为对任意的，，所以数列是递增数列，又知，当时，，当时，，故的最小值为．17．【答案】（1）答案见详解（2）【详解】（1）的定义域为，，若，则，则在上单调递减；

若，则由得.

当时，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增.综上，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）若，由（1）知，至多有一个零点.

若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.①当时，由于，故只有一个零点；

②当时，因为单调递增，单调递增，所以单调递增，所以，，故没有零点；③当时，由于，即，又，故在上有一个零点.

设正整数满足，则，故在上有一个零点.

综上，的取值范围为.18．【答案】(1)极小值为，无极大值(2)【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.（2）求出函数的二阶导数，就,,分类讨论后可得参数的取值范围.【详解】（1）当时，，，故，因为在上均为增函数，故在上为增函数，而，故当时，，当时，，故在处取极小值且极小值为，无极大值.（2），设，则，当时，，故在上为增函数，故，即，所以在上为增函数，故.当时，当时，，故在上为减函数，故在上，即在上即为减函数，故在上，不合题意，舍去.当，此时在上恒成立，同理可得在上恒成立，不合题意，舍去.综上，.【思路导引】导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符