山东省济宁市曲阜市2023-2024学年高二下学期期中教学质量检测数学试卷

这是一份山东省济宁市曲阜市2023-2024学年高二下学期期中教学质量检测数学试卷，共9页。试卷主要包含了04，本试卷分第I卷两部分，设，则，已知实数满足，则的最小值为，下列求导正确的是，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
高二数学试题
2024.04
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第I卷（选择题）
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.抛物线在点处的切线的斜率为（ ）
A.-1 B. C. D.1
2.函数的单调递减区间是（ ）
A. B. C. D.
3.的展开式中一次项的系数为（ ）
A. B. C. D.
4.某中学从4名男生和4名女生中推荐4人参加社会公益活动，若选出的4人中既有男生又有女生，则不同的选法共有（ ）
A.68种 B.70种 C.240种 D.280种
5.已知函数的导函数为，若，都有，且，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
6.设，则（ ）
A. B.
C. D.
7.某工程队有6辆不同的工程车，按下列方式分给工地进行作业，每个工地至少分1辆工程车，则下列结论正确的是（ ）
A.分给甲､乙､丙三地每地各2辆，有120种分配方式
B.分给甲､乙两地每地各2辆，分给丙､丁两地每地各1辆，有180种分配方式
C.分给甲､乙､丙三地，其中一地分4辆，另两地各分1辆，有60种分配方式
D.分给甲､乙､丙､丁四地，其中两地各分2辆，另两地各分1辆，有1160种分配方式
8.已知实数满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.下列求导正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10.下列说法正确的是（ ）
A.的展开式中，的系数为30
B.将标号为的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有36种
C.已知，则
D.记，则
11.已知函数，则（ ）
A.在上的极大值和最大值相等
B.直线和函数的图象相切
C.若在区间上单调递减，则
D.
第II卷（非选择题）
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有__________种不同的着色方法.
13.若函数在处有极小值，则__________.
14.若不等式对任意成立，则实数的取值范围为__________.
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.（13分）
（1）解不等式：；
（2）已知，求.
16.（15分）
已知函数.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）求函数的单调区间和极值；
（3）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.
17.（15分）
在的展开式中，
（1）求二项式系数最大的项；
（2）若第项是有理项，求的取值集合.
（3）系数的绝对值最大的项是第几项；
18.（17分）
在研制飞机的自动着陆系统时，需要研究飞机的降落曲线.如图，一架水平飞行的飞机的着陆点为原点，飞机降落曲线大致为，其中（单位：）表示飞机距离着陆点的水平距离，（单位：m）表示飞机距离着陆点的竖直高度.假设飞机开始降落时的竖直高度为4500，距离着陆点的水平距离为，飞机在整个降落过程中始终在同一个竖直平面内飞行，且飞机开始降落时的降落曲线与平方向的直线相切.
（1）用分别表示和：
（2）若飞机开始降落时的水平速度150，且在整个降落过程中水平速度保持不变，另外，基于安全考虑，飞机在降落过程中的竖直加速度（即关于降落时间（单位：）的导函数的导数）的绝对值不超过，求飞机开始降落时距离着陆点的水平距离的最小值.
19.（17分）
已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，.
2023—2024学年度第二学期期中教学质量检测
高二数学参考答案及评分标准
2024.02
一､选择题：
1.D 2.D 3.C 4.A 5.C 6.D 7.B 8.B
二､多选题：
9.BC 10.ACD 11.BCD
三､填空题：
12.180 13.-3 14.
四､解答题：
15.（1）因为，
所以不等式可化为，
解得，
又，
所以不等式的解集为
（2）因为，
所以，
可化为，
解得（舍去）或2，
所以.
16.【详解】（1）解：因为，则，
所以，，
所以，曲线在处的切线方程为
，即.
（2）解：，该函数的定义域为，则，
列表如下：
所以，函数的增区间为，减区间为，
函数的极大值为，
极小值为.
（3）解：当时，由可得，
令，其中，则
由可得，由可得，
所以，函数的增区间为，减区间为，
所以，，
所以，，故实数的取值范围是.
17.【详解】（1），
二项式系数最大的项为中间项，即第5项，所以；
（2），
当为整数时为有理项，即，
则的取值集合为；
（3）设第项的系数的绝对值最大，
则，所以，解得，
故系数的绝对值最大的项为第6项和第7项.
18.【解】（1）设.
则，
由题意可知，，即
解得.
（2）由（1）可知，，
设飞机降落时间为，则，
则，
，
，
当或时，取最大值，故，
可得.
所以飞机开始下降时距离着陆点水平距离的最小值为米
19.【详解】（1），
当时，易知，所以函数在上单调递减，
当时，令，解得，
令，解得，即在上单调递增，
令，得，即在上单调递减，
综上，当时，函数在上单调递减，
当时，在上单调递减，在上单调递增
（2）令，
，令，
则，所以在上单调递增，
当时，，又，
有，即单调递减，
，即单调递增，
所以，而此时，
所以当时，成立；
当时，可得，
所以
又，
所以存在，使得，即，
，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
，由可得，
，
下面证明
令，
，
所以在上单调递增，
，
即得证，即成立，
综上，当时，成立.1
2
+
0
-
0
+
增
极大值
减
极小值
增