高級中學名校試卷PAGEPAGE1河南省鄭州市十校2024-2025學年高二下學期期中聯考數學試卷第Ⅰ卷（選擇題，共58分）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知函數，則（）A.1 B.2 C. D.【答案】C【解析】因為，所以，所以，所以.故選：C2.已知，且，則下列等式正確的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】對于A，，A錯誤；對于B，，B錯誤；對于C，，所以，C正確；對于D，，D錯誤.故選：C3.的展開式中的系數為（）A.40 B.80 C. D.【答案】A【解析】，所以展開式中的系數為.故選：A4.拉格朗日中值定理是微分學的基本定理之一，定理內容如下：如果函數在閉區間上的圖象連續不間斷，在開區間內的導數為，那么在區間內至少存在一點，使得成立，其中叫做在上的“拉格朗日中值點”．根據這個定理，可得函數在上的“拉格朗日中值點”的個數為（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】，令為函數在上的“拉格朗日中值點”，則，令，則在上恒成立，故在上單調遞增，又，，由零點存在性定理可得：存在唯一的，使得.故選：B5.已知，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】令，可得，則，二項式的展開式通項為，則.當為奇數時，，當為偶數時，，因此，.故選：A.6.如圖，已知圖形，內部連有線段．圖中矩形總計有（）個．A.75 B.111 C.102 D.120【答案】C【解析】由題意，要組成矩形應從豎線中選兩條、橫線中選兩條，可分兩種情況：當矩形的邊不在上時，共有個，當矩形的邊在上時，共有個，所以圖中矩形總計有個.故選：C.7.已知函數，對，當時，恒有，則實數a的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由已知可將不等式化為，構造函數，，則.由題意可知，在上單調遞增，所以，在上恒成立，即在上恒成立，只需滿足即可.令，則.由可得，.當時，，所以在上單調遞減；當時，，所以在上單調遞增.所以，在處取得唯一極小值，也是最小值，所以，.故選：A.8.已知實數，且，為自然對數的底數，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因為，所以，函數在上單調遞增，且，因為所以，所以，即，又，所以，所以，即，綜上，.故選：D二、多選題：本題共3小題，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.9.現有帶有編號1、2、3、4、5的五個球及四個不同的盒子，則下列表述正確的有（）A.全部投入4個不同的盒子里，共有種放法B.全部投入2個不同的盒子里，每盒至少一個，共有種放法C.將其中的4個球投入4個盒子里的一個（另一個球不投入），共有種放法D.全部投入4個不同的盒子里，沒有空盒，共有種不同的放法【答案】ACD【解析】對于A，帶有編號1、2、3、4、5的五個球，全部投入4個不同的盒子里，共有種放法，故A正確；對于B，帶有編號1、2、3、4、5的五個球全部投入2個不同的盒子里，第一步選2個盒子有種選法，第二步將5個球分為兩組，若兩組球個數之比為1：4有種分法；若兩組球個數之比為2：3有種分法，第三步將兩組排給兩個盒子有種排法，因此共有，故B不正確；對于C，帶有編號1、2、3、4、5的五個球，將其中的4個球投入4個盒子里的一個（另一個球不投入），第一步選4個球有種選法，第二步選一個盒子有種選法，共有種放法，故C正確；對于D，帶有編號1、2、3、4、5的五個球，全部投入4個不同的盒子里，沒有空盒，第一步將5球分成2：1：1：1的四組共有種分法，第二步分給四個盒子有種排法，故共有種放法，故D正確；故選：ACD.10.已知，下列說法中正確的是（）A.函數在恰有一個極值點B.函數在上單調遞增C.，D.是函數的圖象上一動點，是直線上一動點，則【答案】BCD【解析】，定義域為，，顯然在上單調遞增，且，又，即，所以，所以存，使得，即，當時，，在單調遞減；當時，，在單調遞增，所以是的極小值點，且為最小值點，無極大值點；對于A，函數在上無極值點，故A錯誤；對于B，由上述分析可知正確；對于C，，由，易知當，取得最小值，所以，故C正確；對于D，設與直線平行的直線l，l與函數f(x)的圖像切于點，所以，即，解得，所以切點為，所以點到直線的距離即為的最小值，所以，故D正確．故選：BCD11.已知函數，則（）A.函數的一個周期為B.函數在區間上單調遞增C.函數在區間上沒有零點D.函數的最大值為1【答案】BD【解析】因為，所以函數的定義域為對于A，因為，所以，所以不是的一個周期，故A錯誤；對于B，因為時，所以，所以，且，所以，所以，故在單調遞增，故B正確；對于C，因為時，所以，所以，且，所以，所以，故在單調遞減，且，根據零點存在性定理，函數在有零點，故C錯誤；對于D，因為，所以為偶函數，當，且，所以在為周期函數，同理在也為周期函數.由BC得，在單調遞減，在單調遞增，且當時，所以，所以，且，所以，所以，故在單調遞減，當時，所以，所以，且，所以，所以，故在單調遞增，綜上所訴，在單調遞減，在單調遞增，在單調遞減，在單調遞增，且，且當時，函數在周期內，都有，故函數的最大值為，故D正確.故選：BD.第Ⅱ卷（非選擇題，共92分）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.在的二項展開式中，只有第5項的二項式系數最大，則該二項展開式中的常數項等于_____.【答案】112【解析】的二項展開式的中，只有第5項的二項式系數最大，，通項公式為，令，求得，可得二項展開式常數項等于，故答案為112．13.為研究方程正整數解的不同組數，我們可以用“擋板法”：取8個相同的小球排成一排，這8個小球間有7個“空擋”，在這7個“空擋”中選擇2個“空擋”，在每個“空擋”插入1塊擋板，2塊擋板將這8個小球分成“三段”，每段小球的個數分別對應，，的一個正整數解，由此可以得出此方程正整數解的不同組數為．據此原理，則方程的正整數解的不同組數為_________（用數字作答）；該方程自然數解的不同組數為_________（用數字作答）．【答案】84；286【解析】由題意，則方程的正整數解的不同組數為，若中沒有，則有種，若中有個為，則有種，若中有個為，則有種，若中有個為，則有種，該方程自然數解的不同組數為．故答案為：84；286．14.若曲線與曲線存在公切線，則a的取值范圍為__________．【答案】【解析】由，則，設切點為，切線斜率為，所以，切線為，即，由，則，設切點為，切線斜率為，所以，切線為，即，根據題設，若它們切線為公切線，則有，即，又，即且，即，由上關系式并消去并整理得在上有解，令，則，當，則，即，此時遞增；當，則或，即或，此時遞減；又，，所以，即.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.（1）把本不同的書分給位學生，每人至少一本，有多少種方法？（2）由這個數字組成沒有重復數字的四位偶數由多少個？（3）某旅行社有導游人，其中人只會英語，人只會日語，其余人既會英語，也會日語，現從中選人，其中人進行英語導游，另外人進行日語導游，則不同的選擇方法有多少種？解：（1）把本不同的書分給位學生，每人至少一本，有和兩類分配方式為時，共有：種分法分配方式為時，共有：種分法由分類加法計數原理可得，共有：種分法（2）若個位是，共有：個若個位不，共有：個由分類加法計數原理可得，共有：個（3）若只會英語的人中選了人作英語導游，共有：種選法若只會英語的人中選了人作英語導游，共有：種選法若只會英語的人中選了人作英語導游，共有：種選法由分類加法計數原理可得，共有：種選法16.已知函數（1）若函數在上單調遞增，求實數a的取值范圍；（2）若函數有兩個不同的極值點，其中，求a的取值范圍；（3）在（2）的條件下，若不等式恒成立，求實數k的取值范圍.解：（1），，因為函數在上單調遞增，所以在上恒成立，即在上恒成立，令，則，當時，，單調遞增，從而，所以，即實數的取值范圍為；（2），若函數有兩個不同的極值點，必要性：則在上有兩個零點，即在上有兩個零點，由（1）可知，所以當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以，且當時，都有，所以，充分性：當時，或，且當，時，均有，即此時單調遞增，當時，有，即此時單調遞減，即函數有兩個不同的極值點，令，由此可知充分性成立；綜上所述，實數的取值范圍是；（3）在（2）的條件下，有，所以，所以，等價于，令，則，令，則，當時，，即，所以即單調遞減，從而，所以單調遞減，從而，所以實數的取值范圍為.17.已知函數，且，（1）求的值；（2）求的最大值；（3）求被6整除的余數．解：（1）的通項公式為且，所以的系數為，解得，從而，等式兩邊對x求導得．令得．（2）由（1）可知的通項公式為，∴，設為中的最大值，則即即，解得；又，因此．∴．（3）由（1）可知，，顯然能被6整除，所以被6整除的余數是．18.已知，．（1）若曲線在點處的切線與垂直，求的值；（2）若，恒成立，求的取值范圍．解：（1），，則，又∵，又∵切線與垂直，∴，即；（2）原式恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，設，則，設，則，所以h(x)在上單調遞增，且，，所以h(x)有唯一零點，且，即．兩邊同時取對數得易知是增函數，所以，即，由知，在上單調遞增，在上單調遞減，∴，∴，∴，故的取值范圍是．19.已知函數，.（1）求最小值；（2）設函數，討論的單調性；（3）設函數，若函數的圖像與的圖像有，兩個不同的交點，證明：.解：（1）.令，得，所以在上單調遞增；令，得，所以在上單調遞減.所以的最小值為.（2），定義域為，當時，在上單調