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安徽省合肥市普通高中六校联盟2024 2025学年高二下学期期中联考数学试题
一、单选题
1．如图是函数的导函数的部分图象，则的一个极大值点为（ ）
A． B． C． D．
2．若函数在区间内单调递增，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．展开式的常数项为（ ）
A．20 B．90 C．40 D．120
4．现给如图所示的五个区域A，B，C，D，E涂色，有5种不同的颜色可供选择，每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（ ）

A．420 B．340 C．260 D．120
5．已知分别为曲线和直线上的点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．设，，，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数是定义域为的奇函数，是的导函数，，当时，，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
8．若两曲线与存在公切线，则正实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列计算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．某学校为迎接校园艺术节的到来，决定举行文艺晚会，节目单中有，，，，，，共7个节目，则下列结论正确的是（ ）
A．若节目与节目相邻，则共有1440种不同的安排方法
B．若节目与节目不相邻，则共有3000种不同的安排方法
C．若节目在节目之前表演（可以不相邻），则共有2420种不同的安排方法
D．若决定在已经排好的节目单中临时添加3个节目，现有节目次序不变，则共有720种不同的安排方法
11．已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A．函数的最大值是
B．在上单调递减
C．对任意两个正实数，且，若，则
D．若关于x的方程有3个不等实数根，则m的取值范围是
三、填空题
12．函数的极值点为，则实数 .
13．在的展开式中，含的项的系数是 .
14．若不等式恒成立，则实数k的取值范围为
四、解答题
15．已知函数的图象在点处的切线方程为.
（1）求的值；
（2）求的极值.
16．已知其中，，，，.且展开式中仅有第5项的二项式系数最大.
（1）求值及二项式系数最大项；
（2）求（用数值作答）；
（3）求的值（用数值作答）.
17．已知函数（，，），其图象的对称中心为．
（1）当时，在上不单调，求实数的取值范围；
（2）求的值．
18．已知函数.
（1）当时，求的单调减区间；
（2）讨论函数的单调性；
（3）函数有两个零点，求证：.
19．拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数在闭区间上连续，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点，使得成立，其中叫做在区间上的“拉格朗日中值点”．已知函数（，）是奇函数，
（1）当时，求在区间上的“拉格朗日中值点”的个数；
（2）已知，若在定义域内有三个不同的极值点，求实数的取值范围；
（3）若在区间上有且只有一个“拉格朗日中值点”，求实数的取值范围．
参考数据：．
参考答案
1．【答案】B
【详解】极大值点处导数为0，且在该点左侧附近导数值为正，在该点右侧附近导数值为负，选项中只有符合.
故选B.
2．【答案】D
【分析】根据函数单调性与导数的关系进行求解即可.
【详解】由，
因为函数在区间内单调递增，
所以有在上恒成立，即在上恒成立，
因为，所以由，
因为，所以，于是有，
故选D.
3．【答案】A
【详解】展开式的通项公式为，
令，解得，
所以常数项为．
故选A．
4．【答案】A
【详解】若同色、同色，有，此时有3种涂法，共有种，
若同色、不同色，有，此时有种涂法，共有种，
同理同色、不同色也有120种，
若的颜色互不相同，则有种，
综上，共有种.
故选A
5．【答案】A
【详解】令，
因，则，
故曲线和直线无交点，
，则，令，解得，
则曲线上的点到直线的距离，
则的最小值为.
故选A
6．【答案】C
【详解】设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
设，则，
所以在上单调递增，
则，则,
所以，即,
所以.
故选C
7．【答案】D
【详解】令，则，
由题意知当时，，故在上单调递增，
因为函数是定义域为的奇函数，
所以，
所以，
所以是定义域为的偶函数，
所以在上单调递减，
又因为，所以，
所以，
所以当时，，则；
当时，，则；
当时，，则；
当时，，则.
则不等式的解集为.
故选D.
8．【答案】C
【详解】设公切线与曲线与的交点分别为，，其中，
对于，得，则与相切的切线方程为，即，
对于，得，则与相切的切线方程为，即，
由公切线，得，，有，，
令，则，令，得，
当时，单调递增，
当时，单调递减.
所以，故，即.
故选C.
9．【答案】ABD
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，
，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，，
，
所以，故D正确；
故选ABD．
10．【答案】AD
【详解】若节目与节目相邻，共有种不同的安排方法，故正确；
若节目与节目不相邻，共有种不同的安排方法，故B错误；
因为节目在节目之前表演与节目在节目之前表演的情况是一样的，
所以共有种不同的安排方法，故C错误；
添加第一个节目有8种情况，添加第二个节目有9种情况，添加第三个节目有10种情况，
共有种不同的安排方法，故D正确.
故选AD.
11．【答案】ACD
【详解】对于AB，函数的定义域为，求导得，
当时，，当时，，函数在上单调递增，
在上单调递减，，A正确，B错误；
对于C，依题意，，，则，
不等式，令
，令，
求导得，
而当时，，
于是，函数在上单调递增，，即，
因此，又在上单调递减，则，C正确；
对于D，令，若关于的方程有3个不等实数根，
则关于的方程有两个不相等的实数根，，
解得或，且，则或，
当时，，解得，与矛盾；
当时，，，整理得，
则的取值范围是，因此的取值范围是，D正确.
故选ACD.
12．【答案】
【详解】，，得，
此时.
当时,内单调递减；
时，，内单调递增.
在处取得极小值，符合题意.
13．【答案】-15.
【详解】在的展开式中含的项即从5个因式中取4个，1个常数,
所以含的项为.
所以展开式中，含的项的系数是-15.
14．【答案】
【详解】令，易知在上单调递增，
由得，即可得，
即，
所以，即，
令，则，
易得，，即在上单调递增，
当，，即在上单调递减，
可得在处取得极大值，也是最大值；
因此，可得.
即实数k的取值范围为.
15．【答案】（1）；
（2）极小值为，无极大值.
【详解】（1）由题意知，所以，
解得；
（2）由（1）知，令，所以，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，所以的极小值为，无极大值.
16．【答案】（1）；
（2）6561
（3）3281
【详解】（1）因为展开式中仅有第5项的二项式系数最大，
当为偶数时，仅有中间一项的二项式系数最大，即，所以，
故.
即，二项式系数最大项为第5项：；
（2）令，得，
所以.
（3）令，得，
令，得.
两式相加可得.
17．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为，所以；
因为在上不单调，所以在上有变号零点；
所以，解得；或，无解．
或当，解得，此时导数的另一个根为，不符合题意；
当，解得，此时导数的另一个根为，不符合题意.
所以实数的取值范围是．
（2）因为函数的图象关于点中心对称，故为奇函数，
从而有，即，
，
，
所以，解得，所以；
18．【答案】（1）
（2）答案见解析
（3）证明见解析
【详解】（1）函数的定义域为
当时，函数，
所以
令，解得，所以函数的减区间是.
（2）函数的定义域为，
又，
①当时，对任意的，
当；当，
此时函数在上单调递减，在上单调递增；
②当时，
由可得，由可得或，
此时函数在上单调递减，在和上单调递增；
③当时，恒成立，
此时函数在上单调递增；
④当时
由可得，由可得或，
此时函数在上单调递减，在和上单调递增；
综上所述，当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为、；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为、.
（3），
因为函数有两个零点，不妨设，
则，
所以，
整理可得，即，
要证，即证，
即证，
令，即证，
令，其中，则，
所以函数在上为增函数，则，
即，即，故原不等式得证.
19．【答案】（1）2
（2）
（3）
【详解】（1）因为函数是奇函数，
所以，即，
所以，所以．
所以当时，，所以，
由题意知即求方程在上的实根个数，
令，则，
所以当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增．
所以，
又，，
所以由函数零点存在定理知，，，使得，．
所以当时，在区间上的“拉格朗日中值点”的个数为2．
（2）由题知，即，其定义域为，
则，．
令，得或，
设，则，
当时，，所以单调递增；
当时，，所以单调递减，
又当时，；当时，，且，
所以的大致图象如图所示．
因为在定义域内有三个不同的极值点，
所以与有两个不同的交点，所以．
（3）由（2）得，由，
令，则，，．
①若，则，所以单调递减，
因为在区间上有且只有一个“拉格朗日中值点”，
所以即解得．
②若，当时，，在上单调递增，
则即，解得；
当时，，在上单调递减，
则，即，解得．
当时，令得．当时，，所以单调递减，
当时，，所以单调递增，
所以，
令，则，
令，得，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
则，即．
由题意知或，结合，解得或．
综上，若在区间上有且只有一个“拉格朗日中值点”，
则实数的取值范围为．

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