山东省济宁市泗水县2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷(解析版)

这是一份山东省济宁市泗水县2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷(解析版)，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：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. 已知，则（ ）
A. 14B. 15
C. 13D. 12
【答案】D
【解析】由组合数性质知，，
所以，
所以，
得.
故选：D
2. 已知函数的导函数为，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以，令，
则，．
故选：C
3. 函数的图象在点处的切线的倾斜角为（ ）
A. 0B. 1C. D.
【答案】C
【解析】求导得，
则切线斜率.
设切线的倾斜角为，则，又，所以．
故选：C．
4. 已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）.
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由的图象可知，
在和上单调递增，在上单调递减，
则当时，时，时，
所以不等式的解集为.
故选：A
5. “一笔画”游戏是指要求经过所有路线且节点可以多次经过，但连接节点间的路线不能重复画的游戏，下图是某一局“一笔画”游戏的图形，其中为节点，若研究发现本局游戏只能以为起点为终点或者以为起点为终点完成，那么完成该图“一笔画”的方法数为（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】C
【解析】以为起点时，三条路线依次连接即可到达点，共有种选择；自连接到时，在右侧可顺时针连接或逆时针连接，共有种选择，
以为起点，为终点时，共有种方法；
同理可知：以为起点，为终点时，共有种方法；
完成该图“一笔画”的方法数为种.故选：C.
6. 已知，函数的零点为的极小值点为则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为
所以，因为，所以.
令，得.
因为在上单调递增，在上单调递减，
所以，又因为，所以，故.
故选：B
7. 定义：两个正整数a，b，若它们除以正整数m所得的余数相等，则称a，b对于模m同余，记作，比如：.已知，满足，则p可以是（ ）
A. 23B. 31C. 32D. 19
【答案】A
【解析】因为
也即，
故除以的余数为除以的余数2，
又除以7的余数也为2，满足题意，其它选项都不满足题意.
故选：A.
8. 方程的实数根叫做函数的“新驻点”.如果函数的“新驻点”为，那么的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题设，，则的根为的“新驻点”，
若且，即的零点为的“新驻点”，
∴，即单调递增，
，，根据零点存在性定理知：的零点在内，
∴的“新驻点”范围是，
即的取值范围为.
故选：B
二、多项选择题：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. 下列各式正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】对于A：，故A正确；
对于B：，故B错误；
对于C：，故C错误；
对于D：，故D正确；
故选：AD
10. 已知甲、乙、丙、丁、戊5个人排成一列，则下列说法正确的是（ ）
A. 若其中甲不能排在最后，有96种不同的排队方法
B. 若其中甲乙既不能排在最前，也不能排在最后，有72种不同的排队方法
C. 若其中甲乙必须相邻，有48种不同的排队方法
D. 若其中甲乙不能相邻，有36种不同的排队方法
【答案】AC
【解析】对于A：甲不能排在最后，则甲有种排法，剩下乙、丙、丁、戊4个人全排有种排法，
所以排队方法有种，故A正确；
对于B：甲乙2人不能排在最前，也不能排在最后，先安排甲乙，则共有种排法，再安排剩下的丙、丁、戊3人，共有种排法；
则所有的排队方法有种，故B错误；
对于C：甲乙两人相邻，将甲和乙捆绑在一起，和剩余3人放在一起排队，
则共有种排队方法，故C正确；
对于D：甲乙两人不能相邻，则先安排其余丙、丁、戊3个人，有种排法，在形成的4个空中，再排甲乙，有种排队方法，
故共有种排队方法，故D错误.
故选：AC.
11. 若不等式在时恒成立，则实数的值可以为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】BCD
【解析】由得，
设，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
又，，当时，恒成立，
所以的图象如下：
，
，即，，
对于A：当时，，根据图象可得不恒成立，A错误；
对于B：当时，，根据图象可得恒成立，B正确；
对于C：当时，，根据图象可得恒成立，C正确；
对于D：当时，，又，
因为，且，即，
所以，
即，
根据图象可得恒成立，D正确；
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在的展开式中，含项的系数为___________.
【答案】60
【解析】由题意，的展开式的通项为，
令，解得，所以的系数为.
故答案为：60.
13. 甲、乙两位同学从种课外读物中各自选读种，则这两人选读的课外读物中恰有种相同的选法共有__________.
【答案】120
【解析】两人先从种课外读物中选1种作为两人共同的课外读物，有种方法；
甲从剩余的5种课外读物中选1种，有种方法；
乙从剩余的4种课外读物中选1种，有种方法；共有种.
故答案为：120
14. 已知三次函数在上单调递增，则的最小值为____________.
【答案】
【解析】由题意得在上恒成立，则，，
所以，
设，则.
设，.
由，解得，易得当时，.
故的最小值为.
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. 一组学生共有人.
（1）如果从中选出人参加一项活动，共有多少种选法？
（2）如果从中选出男生人，女生人，参加三项不同的活动，要求每人参加一项且每项活动都有人参加的选法有种，问该组学生中男、女生各有多少人？
解：（1）由题意，所有的不同选法种数，就是从名学生中选出人的组合数，
所以选法种数为中不同的选法.
（2）设有男生人，女生则有人，
从这人中选出名男生女生方法有种，
要求每人参加一项且每项活动都有人参加种，
根据分步乘法计数原理得，
所以且，解得或，
所以该组学生中男生3人，女生4人或男生4人，女生3人.
16. （1）若，求的值；
（2）在的展开式中，
①求二项式系数最大的项；
②系数绝对值最大的项是第几项；
解：（1）∵，
令，可得，
令，可得，
∴．
（2）①．
二项式系数最大的项为中间项，即第5项．所以．
②设第项系数的绝对值最大，
则，所以
解得
故系数绝对值最大的项是第6项和第7项.
17. 已知函数在与时都取得极值.
（1）求的值与函数的单调区间.
（2）求该函数在的极值.
（3）设，若恒成立，求的取值范围.
解：（1）由已知， 由于在与时都取得极值，
所以，
解得，
所以，
所以在上单调递增，
在上单调递减，
所以是极大值，是的极小值.
所以，单调增区间，单调减区间；
（2），
由（1）得在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以在区间上，
极大值是，
极小值是；
（3）由（1）可知在区间上单调递增，
在区间上单调递减，
又，，
所以在区间上的最大值是，
在区间上恒成立，
所以，，解得或.
18. 已知函数.
（1）讨论的单调性.
（2）若存在两个零点，且曲线在和处的切线交于点.
①求实数的取值范围；
②证明：
解：（1）.
当时，在上单调递减；
当时，令，得.
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）①由（1）知，当时，在上单调递减，不可能有两个零点，
当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
又，；，；
所以的取值范围是.
②曲线在和处的切线分别是，
联立两条切线方程得，所以.
因为所以.
要证，只需证，即证，只要证.
令，.则，
所以在上单调递减，
所以，
所以，所以.
19. 的展开式中，把叫做三项式的次系数列．
（1）求的值；
（2）根据二项式定理，将等式的两边分别展开可得左右两边的系数对应相等，如．理解上述思想方法，利用方程，请化简：．
解：（1）当时，，
令，则，
令，则，
两式相加得，
所以.
（2）因为，
，
因此展开式中，的系数为：
，
因为展开式的通项公式为，
令，得，从而展开式中的系数为，
而，
所以.