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天津市河东区2024 2025学年高二下学期期中质量检测数学试卷
一、单选题（本大题共9小题）
1．已知函数在处的导数为1，则等于（ ）
A．2 B．1 C． D．
2．学校食堂的一个窗口共卖3种菜，甲、乙、丙、丁、戊5名同学每人从中选一种，则选法的可能方式共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
3．的展开式中系数最大的项是（ ）
A．第项 B．第n项
C．第项 D．第项
4．下列导数运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知函数 ，则（ ）
A． B． C． D．
6．学校要从12名候选人中选4名同学组成学生会，已知有4名候选人来自甲班.假设每名候选人都有相同的机会被选到.用X 表示候选人来自甲班的人数.则下列说法不正确的是（ ）
A．随机变量X的所有取值为0，1，2，3，4
B．甲班恰有2名同学被选到的概率为
C．随机变量
D．随机变量X的期望为
7．为贯彻落实《健康中国行动(2019——2030年)》文件精神，某校组织学生参加大课间体育活动，共安排了5个项目，分别为跑步、体操、乒乓球、街舞、踢毽子，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，已知甲同学参加的3个项目中有“乒乓球”，则他还参加“踢毽子”项目的概率为（ ）
A． B．
C． D．
8．进行n次独立试验，每次试验成功的概率均为p，则第r次成功之前恰失败k次的概率为（ ）
A． B． C． D．
9．已知 的展开式中x的系数为19，求 的展开式中x 的系数的最小值为（ ）
A．81 B．
C．10 D．9
二、填空题（本大题共6小题）
10．若组合数，则 .
11．在 的展开式的中间一项是 .
12．的展开式中的系数为 (用数字作答).
13．已知，若，则 ．
14．如图，现要用红，橙，黄，绿，蓝5种不同的颜色对某市的6个行政区地图进行着色，要求有公共边的两个行政区不能用同一种颜色，则共有 种不同的涂色方法.

15．如图所示，正方形是一块边长为的工程用料，阴影部分所示是被腐蚀的区域，其余部分完好，曲线为以为对称轴的抛物线的一部分，．工人师傅现要从完好的部分中截取一块矩形原料，当其面积有最大值时，的长为 ．

三、解答题（本大题共5小题）
16．根据二项式定理完成下列各题：
(1)求的展开式；
(2)化简
17．已知函数
(1)求函数的单调区间；
(2)求方程在区间上的解的个数.
18．已知函数（a为常数）.
(1)若函数在处的切线经过点，求实数a的值；
(2)若函数有两个极值点，求实数a的取值范围.
19．已知f(x)＝(＋3x2)n的展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.
（1）求展开式中二项式系数最大的项；
（2）求展开式中系数最大的项．
20．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
参考答案
1．【答案】B
【详解】由题意可知：，
所以.
故选B.
2．【答案】A
【详解】因为每名同学均有3个选择，且互不干扰，
所以选法的可能方式共有种.
故选A.
3．【答案】C
【详解】因为的展开式的通项为，
可知第项的系数为，即为第项的二项式系数，
根据二项式系数的性质可知：的最大值为，
所以系数最大的项为第项.
故选C.
4．【答案】D
【详解】对于选项A：，故A错误；
对于选项B：，故B错误；
对于选项C：，故C错误；
对于选项D：，故D正确；
故选D.
5．【答案】D
【详解】因为，则，
令，可得，解得.
故选D.
6．【答案】C
【详解】因为从12名候选人中选4名同学，且有4名候选人来自甲班，
可知随机变量X服从超几何分布，故C不正确；
所以X的所有取值为0，1，2，3，4，故A正确；
甲班恰有2名同学被选到的概率为，故B正确；
随机变量X的期望为，故D正确；
故选C.
7．【答案】B
【详解】设甲同学参加的“乒乓球”项目为事件，甲同学参加的“踢毽子”项目为事件，
则，
所以.
故选B.
8．【答案】B
【详解】因为第r次成功之前恰失败k次，
可知一共进行次，第r次成功，前次中成功次，
所以所求概率.
故选B.
9．【答案】A
【详解】的展开式通项为，
则展开式中x的系数为，即
展开式中的系数为，
且，根据二次函数的知识知，当或10时，上式有最小值，
所以当，或时，项的系数取得最小值81.
故选A.
10．【答案】8
【详解】因为，则，解得或，
又因为，所以.
11．【答案】20
【详解】由二项式展开式的性质可得展开式一共有7项，所以中间一项为第4项，
所以在 的展开式的中间一项是.
12．【答案】
【详解】由题意可知：的展开式中的系数即为的展开式中的系数，
因为的展开式通项为，
则含的项为，
所以展开式中的系数为.
13．【答案】
【详解】因为，
所以，解得．
14．【答案】1260
【详解】若只用3种颜色，先涂，则有种不同的涂色方法，
此时与的颜色相同，与的颜色相同，与的颜色相同，
所以共有种不同的涂色方法；
若只用4种颜色，先涂，则有种不同的涂色方法，
此时第4种颜色可以涂，
当涂时，则与的颜色相同，与或的颜色相同，有2种不同的涂色方法；
当涂时，则与的颜色相同，与的颜色相同，有1种不同的涂色方法；
当涂时，则与的颜色相同，与或的颜色相同，有2种不同的涂色方法；
所以共有种不同的涂色方法；
若用5种颜色，先涂，则有种不同的涂色方法，
此时第4和第5 种颜色可以涂，
当涂时，则与的颜色相同，有种不同的涂色方法；
当涂时，则与或或的颜色相同，有种不同的涂色方法；
当涂时，则与的颜色相同，有种不同的涂色方法；
所以共有种不同的涂色方法；
综上所述：共有种不同的涂色方法.
15．【答案】
【详解】由题知，以为原点，建立平面直角坐标系，如图，
则，，设方程为：，
所以，，方程为：，
令矩形面积为，
当时，，
当，设，则，
所以，
则，
令，则，在上递增，
令，则或，在上递减，
又，，，
所以当的长为时，该矩形面积最大.

16．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为
，
所以.
（2）因为
，
因为
，
所以
.
17．【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为
(2)答案见解析
【详解】（1）对求导得，
令，解得或，令，解得，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）由（1）可知，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以在上的最小值为，
且，
从而当或时，方程在区间上的解的个数为0；
当或时，方程在区间上的解的个数为1；
当时，方程在区间上的解的个数为2.
18．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意可知：的定义域为，且，
则，即切点为，切线斜率，
可得切线方程为，
将点代入得，
整理可得解得：，所以.
（2）因为，
当，即时，在定义域内恒成立，
可知在上单调递增，所以无极值点，不合题意；
当，即时，令，解得或；
令，解得；
可知在上单调递增，在上单调递减，
所以有两个极值点，符合题意；
当，即时，令，解得；令，解得；
可知在上单调递减，在上单调递增，
所以有1个极值点，不符合题意；
综上所述：a的取值范围是.
19．【答案】（1），；（2）.
【详解】（1）令，则展开式中各项系数和为，展开式中的二项式系数和为，
依题意，，即，整理得，
于是得，解得，而5为奇数，
所以展开式中二项式系数最大项为中间两项，它们是，；
（2）由(1)知展开式通项为，
令Tr＋1项的系数最大，则有，即，
整理得，解得，而，从而得，
所以展开式中系数最大项为.
20．【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
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）方法一：
由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
方法二：
令，则，
由于在上单调递增，所以在上单调递增，
又，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以要证，即证，即证，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
【方法总结】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1 通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2 利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3 根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．

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