安徽省部分重點中學2024--2025高二下學期期中聯考數學試卷第一部分（選擇題共58分）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.1.的小數點后第三位數字為（

）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用二項展開式可得出該小數的前四位數，即可得解.【詳解】因為，因此，的小數點后第三位數字為.故選：A.2.從1，2，…，20這20個數中，任取三個不同的數.則這三個數構成等差數列的概率為.A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】從這20個數中任取三個數，有種取法.若取出的三個數a、b、c成等差數列，則a+c=2b.故a與c的奇偶性相同，且a、c確定后，b隨之而定.從而，所求概率為.選C.3.若正實數，滿足，則的最小值為（）A.1 B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】原等式變形為，構造函數，分析單調性可得，等價變形為，根據函數單調性可得的最小值.【詳解】由，得，故.由題意得，，，由得，.設，，則，∴在上單調遞增，∵，∴，∴，即，，∴，令，得，當時，，在上單調遞減，當時，，在上單調遞增，∴當時，取極小值也是最小值，最小值為．故選：C．4.設函數，若恒成立，則的最小值為（）A. B. C. D.1【答案】D【解析】【分析】找到的零點可得，構造函數，由導數分析單調性找到最小值即可.【詳解】當時，，不滿足恒成立；當時，令，可得或，函數的零點為和，因為恒成立，所以，所以，令，則，令，所以當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，則，所以的最小值為1.故選：D5.若，則等于（）A.49 B.55 C.120 D.165【答案】D【解析】【分析】依題意可得，再根據組合數的性質計算可得.【詳解】因為二項式展開式的通項為（且），又，所以.故選：D6.若函數有極值點，，且則關于x的方程的不同實根個數是（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】A【解析】【分析】求導數，由題意知，是方程的兩根，從而關于的方程有兩個根，作出草圖，由圖象可得答案.【詳解】，，是方程的兩根，由，得或，即的根為或的解．∵根據題意畫圖：，由圖象可知有2個解，有1個解，因此的不同實根個數為3.故選：A．【點睛】本題主要考查函數零點的概念、以及對嵌套型函數的理解，考查數形結合思想，屬于中檔題.7.已知數列滿足，，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由題中等式變形得出，由累加法求出數列的通項公式，利用對勾函數的單調性可求出的最小值.【詳解】因為數列滿足，，即，當時，則有，所以，，，，上述等式全部相加得，所以，也滿足，故對任意的，，所以，由對勾函數的單調性可知，函數在上單調遞減，在上單調遞增，又因為，因為，，故，所以的最小值為.故選：B.8.設等差數列的前項和為，且，將數列與數列的公共項從小到大排列得到新數列，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據與之間的關系求得，可得，則，結合裂項法求和，即可求解.【詳解】因為，當時，則，兩式相減得，整理可得，且，則，可得，即，可知等差數列的公差，當時，則，解得；所以，可知數列為正奇數列，對于數列，當時，可得為偶數；當時，可得為奇數；所以數列與的公共項從小到大排列得到數列的通項公式為，則，所以.故選：A.二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.9.已知的展開式的二項式系數的和為512，且，下列選項正確的是（）A. B.C.除以8所得的余數為1 D.【答案】BCD【解析】【分析】根據二項式系數公式可得，利用賦值法即可求解求解AB,根據即可求解C，求導，即可求解D.【詳解】根據題意可知，故，故，對于A，令，則，令，則，故，故A錯誤，對于B，，故為負值，為正，且令時，，因此，B正確，對于C,,故除以8所得余數為1，C正確，對于D，對求導可得，令可得，故D正確，故選：BCD10.商場某區域的行走路線圖可以抽象為一個的正方體道路網（如圖，圖中線段均為可行走的通道），甲、乙兩人分別從，兩點出發，隨機地選擇一條最短路徑，以相同的速度同時出發，直到到達，為止，下列說法正確的是（）A.甲從必須經過到達的方法數共有9種B.甲從到的方法數共有180種C.甲、乙兩人在處相遇的概率為D.甲、乙兩人相遇的概率為【答案】ACD【解析】【分析】利用組合計數原理結合分步乘法計數原理可判斷A選項；分析可知從點到點，一共要走6步，其中向上2步，向前2步，向右2步，結合分步乘法計數原理可判斷B選項；利用古典概型的概率公式可判斷C選項；找出兩人相遇的位置，求出兩人相遇的概率，可判斷D選項．【詳解】對于A，從點到點，需要向上走2步，向前走1步，從點到點，需要向右走2步，向前走1步，所以，甲從必須經過到達的方法數為種，A正確；對于B,從點到點，一共要走6步，其中向上2步，向前2步，向右2步，所以，甲從到的方法數為種，B錯誤；對于C，甲從點運動到點，需要向上、前、右各走一步，再從點運動到點，也需要向上、前、右各走一步，所以，甲從點運動到點，且經過點，不同的走法種數為種，乙從點運動到點，且經過點，不同的走法種數也為36種，所以，甲、乙兩人在處相遇的概率為，C正確；對于D，若甲、乙兩人相遇，則甲、乙兩人只能在點、、、、、、，甲從點運動到點，需要向上走2步，向前走1步，再從點運動到點，需要向前走1步，向右走2步，所以甲從點運動到點且經過點的走法種數為，所以甲、乙兩人在點處相遇的走法種數為，同理可知，甲、乙兩人在點、、、、處相遇的走法種數都為，因此，甲、乙兩人相遇的概率為，D正確．故選：ACD．【點睛】解答本題的關鍵在于利用組合數去計算對應的方法數，將從到的路線轉變為六步，其中每一條路線向上步數確定后，則對應向右的步數也能確定，因此可以考慮從六步中選取向上或向右的步數，由此得到的組合數可表示對應路線的方法數．11.已知函數，下列結論正確的是（）A.當時，是的極大值點B.存在實數，使得成立C.若在區間上單調遞減，則的取值范圍是D.若存在唯一的零點，且，則的取值范圍是【答案】ABD【解析】【分析】通過求導判斷函數的單調性進而確定極值點即可判斷A；代入函數進行化簡驗證等式即可判斷B；根據函數在區間上的單調性得出關于的不等式，解之即可判斷C；利用導數討論函數的單調性，結合零點情況確定的取值范圍即可判斷D.【詳解】A：，令，得或.當時，，令或，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以是的極大值點，故A正確；B：，所以，整理得，所以，解得，即存在使得，故B正確；C：若在上單調遞減，則在上恒成立，即不等式在上恒成立，又在上單調遞減，其值域為，所以，故C錯誤；D：由選項A知，當時，，令，解得，所以函數又兩個零點，不符合題意；當時，，令或，所以上單調遞增，在上單調遞減，所以的極大值為，極小值，且當時，，當時，，要使存在唯一的零點，則，解得或（舍去），所以，此時，不符合題意；當時，在上單調遞減，在上單調遞增，所以的極大值為，極小值，且當時，，當時，，要使存在唯一的零點，且，則，解得或（舍去），所以.綜上，的取值范圍為，故D正確.故選：ABD【點睛】關鍵點點睛：解決本題選項D的關鍵是分類討論取值范圍，求出對應的極值，利用存在唯一的零點且建立不等式，解不等式即可.三?填空題：（本大題共3小題，每小題5分，共15分.）12.將A，B，C，D，E五名教師安排到甲，乙，丙三所學校，若每所學校至少安排一名教師，每名教師只去一所學校，則不同的安排方法___________種【答案】【解析】【分析】五名教師分配到三所學校，有兩類分法，一種是三組人數分別為一人，一人，三人，另一種是三組人數分別為兩人，兩人，一人，得出分組方法種數后，再根據分步乘法計數原理安排各組到各校即可得解.【詳解】由題意，五名教師分配到三所學校，有兩類分法，共有種分法，則這三組老師分配到三所不同學校，共有種安排方法.故答案為：.13.若直線是曲線的切線，也是曲線的切線，則______________．【答案】2【解析】【分析】設直線與曲線的切點為，與曲線的切點為，由題意即可得解出即可.【詳解】設直線與曲線的切點為，與曲線的切點為，則由，，即，故答案為：2.14.“算兩次”是一種重要的數學方法，也稱做富比尼（G.Fubini）原理．“為了得到一個方程，我們必須把同一個量以兩種不同的方法表示出來”（波利亞著《數學的發現》第一卷），即將一個量“算兩次”．由等式，，，利用“算兩次”原理可得______．（結果用組合數表示）【答案】【解析】【分析】由二項式定理展開式的系數結合題意計算即可.【詳解】因為，因此是展開式中項的系數，而的展開式中項的系數為，所以．故答案為：.四?解答題：（本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟）15.已知的展開式的第2項與第3項的二項式系數之比是.（1）求的值；（2）求展開式的常數項；（3）求展開式中系數絕對值最大的項.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）由第2項與第3項的二項式系數之比是，可列出關于的方程再求解；（2）結合展開式的通項公式，得出指數的表達式，令其為零即可求解；（3）由結合數列的最值列出的不等式組，解得的范圍即可.【小問1詳解】依題意可得第2項的二項式系數為，第3項的二項式系數為，所以，即，則，或（舍去）；【小問2詳解】展開式的通項為（，），令，解得，所以，所以常數項為第5項60.【小問3詳解】系數的絕對值為，則所以，即，，所以，因此，系數絕對值最大的項是.16.若數列滿足，則稱數列為“平方遞推數列”．已知數列滿足，且．（1）證明：數列是“平方遞推數列”；（2）設數列的前項乘積為，即．若，數列的前項和為，求使得的的最小值．【答案】（1）證明見解析（2）．【解析】【分析】（1）左右兩邊同時加，即可依據定義判斷；（2）先求證數列是等比數列，再利用等比數列求和公式求，進而利用分組求和求出，最后通過數列的增減性來解不等式，求出的值.【小問1詳解】由題知，所以數列是“平方遞推數列”．【小問2詳解】（i）由（1）知，又，有，則，因，則，則，則數列是以為首項，為公比的等比數列，則，則，即，則，則，因，則，因為對任意的，，所以數列是遞增數列，又知，當時，，當時，，故的最小值為．17.已知函數.（1）討論的單調性；（2）若有兩個零點，求實數的取值范圍.【答案】（1）答案見解析（2）【解析】【分析】（1）對函數求導，分，結合導數正負求單調性；（2）由（1）知時，在上單調遞增，不符合題意，可知，若有兩個零點，由（1）知，分別證明在有一個零點.，在有一個零點.小問1詳解】的定義域為，若，則，則在單調遞減；若，則由得.當時，；當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增.綜上，當時，在單調遞減；當時，在上單調遞減，在上單調遞增.【小問2詳解】若，由（1）知，至多有一個零點.若，由（1）知，當時，取得最小值，最小值為.①當時，由于，故只有一個零點；②當時，因為單調遞增，單調遞增，所以單調遞增，所以，，故沒有零點；③當時，由于，即，又，故在有一個零點.設正整數滿足，則，故在有一個零點.綜上，的取值范圍為.18.已知函數．（1）當時，求的極值；（2）當時，，求的取值范圍．【答案】（1）極小值為，無極大值.（2）【解析】【分析】（1）求出函數的導數，根據導數的單調性和零點可求函數的極值.（2）求出函數的二階導數，就、、分類討論后可得參數的取值范圍.【小問1詳解】當時，，故，因為在上為增函數，故在上為增函數，而，故當時，，當時，，故在處取極小值且極小值，無極大值.【小問2詳解】，設，則，當時，，故在上為增函數，故，即，所以在上為增函數，故.當時，當時，，故在上為減函數，故在上，即在上即為減函數，故在上，不合題意，舍.當，此時在上恒成立，同理可得在上恒成立，不合題意，舍；綜上，.【點睛】思路點睛：導數背景下不等式恒成立問題，往往需要利用導數判斷函數單調性，有時還需要對導數進一步利用導數研究其符號特征，處理此類問題時注意利用范圍端點的性質來確定如何分類.19.已知函數.（1）當時，討論的單調性；（2）當時，恒成立，求的取值