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广东省东莞市万江中学等三校2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试题
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．（2025高二下·东莞期中）下列求导运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】简单复合函数求导法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：对于A，因为，故A正确；
对于B，因为，故B错误；
对于C，因为，故C错误；
对于D，因为，故D错误.
故答案为：A.
【分析】根据基本初等函数的求导公式和复合函数的求导法则，从而逐项判断找出求导运算正确的选项.
2．（2025高二下·东莞期中）3名同学选报4门校本选修课，每个同学可自由选择一门，则不同的选择种数是（　　）
A．81 B．64 C．24 D．12
【答案】B
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：因为每个同学可自由选择一门，
所以每个同学有4种不同的选法，
则共有种不同的选择种数.
故答案为：B.
【分析】由题意可知每个同学有4种不同的选法，再利用分步乘法计数原理得出不同的选择种数.
3．（2025高二下·东莞期中）的展开式中的系数是（　　）
A． B． C．120 D．210
【答案】B
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：因为二项式展开式的通项公式为：
（且），
令，解得，
则展开式中的系数是.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和二项式定理得出展开式的通项公式，令x的指数次为4可得答案.
4．（2025高二下·东莞期中）已知随机变量的分布列为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：随机变量的分布列为，
则
.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用互斥事件的概率公式求解即可.
5．（2025高二下·东莞期中）气象资料表明，某地区每年七月份刮台风的概率为 ，在刮台风的条件下，下大雨的概率为 ，则该地区七月份既刮台风又下大雨的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】条件概率与独立事件
【解析】【解答】设某地区每年七月份刮台风为事件A，设某地区每年七月份下大雨为事件B，则该地区七月份既刮台风又下大雨为事件AB，
由题得 ，
所以 ，
所以 .
故答案为：B
【分析】由条件概率的公式代入数值计算出结果即可。
6．（2025高二下·东莞期中）函数的导函数的图象如图所示，则下面说法正确的是（　　）
A．函数在区间上单调递减
B．函数在区间上单调递增
C．为函数的极小值点
D．为函数的极大值点
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：由图象知，不妨设导函数与x轴负半轴的交点横坐标为，
当或时，；当或时，，
则函数在单调递减，在单调递增，
所以为极小值点，2为极大值点，对照选项，故选项A、选项B和选项C错误；选项D正确.
故答案为：D．
【分析】根据导数图象判断出原函数的单调性，从而得出原函数的极值点，进而逐项判断找出说法正确的选项．
7．（2025高二下·东莞期中）今天是星期二，经过7天后还是星期二，那么经过天后是（　　）
A．星期一 B．星期二 C．星期三 D．星期四
【答案】C
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】由已知可得：
即8100除以7后余数为1，因为经过7天后还是星期二，所以经过8100天后是星期三.
故答案为：C．
【分析】由 展开，就可求解。
8．（2025高二下·东莞期中）已知函数的定义域为R，且，，则不等式的解集为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设＝，则＝，
∵，∴，
∴，∴y＝g（x）在定义域上单调递减，
∵∴＝，
又因为＝，
∴，∴，
∴的解集为．
故答案为：A．
【分析】设g（x）＝，判断出函数的单调性，将不等式转化为的解集，再利用函数g(x)的单调性得出不等式的解集.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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．（2025高二下·东莞期中）函数的图象在点处的切线平行于直线，则点的坐标可以为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
由题意可得：，解得，
，
故点的坐标为和.
故答案为：AC.
【分析】求导，由题意列方程，求得点的横坐标，进而求得点的坐标.
10．（2025高二下·东莞期中）下列说法正确的是（　　）
A．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有24种报名方法
B．4名同学都参加了跑步、跳高、跳远三个项目，则这三个项目的冠军共有64种不同结果
C．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，每项至少一人，共有24种报名方法
D．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项报一人，每人至多报一项，共有24种报名方法
【答案】B,D
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，每个同学都有3种情况，
共有种，所以A错误；
因为4名同学都参加了跑步、跳高、跳远三个项目，每个冠军有4种情况，
则这三个项目的冠军共有种，所以B正确；
因为4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，每项至少一人，
可以1，1，2部分平均分组再分配，
则种，所以C错误；
因为4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项报一人，每人至多报一项，跑步项目有4种，
跳高有3种，跳远有2种，
根据分步乘法原理，可得一共种，所以D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用已知条件和组合数公式、排列数公式，再利用分步乘法计数原理，从而逐项判断找出说法正确的选项.
11．（2025高二下·东莞期中）关于函数，下列判断正确的是（　　）
A．是的切线方程且平行于x轴
B．函数有且只有1个零点
C．存在正实数k，使得成立
D．对两个不相等的正实数，若，则
【答案】A,B,D
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；用斜率判定两直线平行；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为，所以.
对于：因为在处的切线斜率为，
所以是的切线方程且平行于x轴，故正确；
对于：因为，
所以，
则函数在上单调递减，
且，
所以函数有且只有1个零点，故正确；
对于：若，则，
令，则，
令，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，所以，
所以在上单调递减，函数无最小值，
则不存在正实数k，使得成立，故错误；
对于：令，则，
令，
则，所以在上单调递减，
则，
令，由，得，
则，
当时，成立，
对任意两个正实数，且，
若，则，
所以，故正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据导数的几何意义得出切线的斜率，再利用两直线平行斜率相等，则可判断选项；利用导数的正负判断函数的单调性，再结合和零点存在性定理，则可判断选项；利用分离参数得出，令，再求导得，令，再根据导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，进而可得，再利用导数的正负判断出函数的单调性，则可判断选项；根据函数极值点偏移的求法，则可判断选项，从而找出判断正确的选项.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·东莞期中）若，则n!＝　 　．
【答案】6
【知识点】排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】∵，
∴，即n（n﹣1）＝ ，
由题意可得， ，解得n≥2且n∈N*，
∴n﹣1＝ ，解得n＝3．
∴n!＝3×2×1＝6．
故答案为：6．
【分析】由排列数，组合数的计算公式即可求解。
13．（2025高二下·东莞期中）甲和乙两个箱子里各装有6个球，其中甲箱中有3个红球、3个白球，乙箱中有4个红球、2个白球．掷一枚质地均匀的骰子，如果点数不超过2，从甲箱子中摸出1个球；如果点数超过2，从乙箱子中摸出1个球，则摸到红球的概率为　 　．
【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】掷一枚质地均匀的骰子，点数不超过2的概率为 ，从甲箱子摸到红球的概率为 ，
掷到点数超过2的概率为 ，从乙箱子摸到红球的概率为 ，
故摸出红球的概率P＝ ＝ ．
故答案为：
【分析】由古典概型概率计算公式分别计算：点数不超过2、点数超过2的概率。及从甲乙箱子摸到红球的概率，再结合互斥事件的和事件及独立事件同时发生概率计算公式即可求解。
14．（2025高二下·东莞期中） 已知，分别是函数和的零点，且，，则　 　．
【答案】1
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，
则在上恒成立，
可知在上单调递减，且，
则在内存在唯一零点，
由题意可知：，，
因为，，且，
可知，所以．
故答案为：1.
【分析】对求导，利用导数判断其单调性，结合零点存在性定理可知在内存在唯一零点，分析可知，代入运算即可.
四、解答题：本大题共5小题，第15题13分，16、17题各15分，18、19各17分，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效.
15．（2025高二下·东莞期中） 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值.
【答案】（1）解：的定义域为，，
令，解得，
当时，，当时，，当时，，
所以函数在区间和上单调递增，在区间上单调递减，
故的单调递减区间为，单调递增区间为，.
（2）解：由（1）得，当在区间上变化时，的变化情况如下表所示.
4 5
　 0 ＋ 　
40 单调递减 单调递增
所以函数在区间上的最小值为，最大值为40.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】 (1) 求导，判断导函数的符号，利用导数判断的单调区间；
(2) 由（1）可得在区间上的单调性，结合单调性分析最值.
16．（2025高二下·东莞期中）在下面三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并对其求解．
条件①：第3项与第7项的二项式系数相等；
条件②：只有第5项的二项式系数最大；
条件③：所有项的二项式系数的和为256．
问题：在的展开式中，_____．
（1）求的值；
（2）若其展开式中的常数项为112，求其展开式中所有项的系数的和．
【答案】解：（1）选①：因为，所以n＝8；
选②：因为只有第5项的二项式系数最大，
所以，则n＝8；
选③：因为所有项的二项式系数的和为256，
所以2n＝256，则n＝8.
（2）因为二项式的展开式的通项公式为：
，
令，解得r＝6，
所以二项式展开式的常数项为，
得a2＝4，
又因为a＞0，所以a＝2，
令x＝1，可得展开式的所有项的系数和为．
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【分析】（1）选①，由和组合数的性质，从而计算出的值.
选②，由第项的二项式系数最大得出的值.
选③，由二项式系数和公式，则，解方程得出的值.
（2）利用二项式定理求出展开式的通项公式，根据常数项的定义得出二项式的展开式中常数项为，结合a的取值范围得出的值，再利用赋值法得出展开式中所有项的系数的和.
17．（2025高二下·东莞期中） 记，为的导函数.若对，，则称函数为D上的“凸函数”.已知函数，.
（1）若函数为上的凸函数，求a的取值范围；
（2）若函数在上有极值，求a的取值范围.
【答案】（1）解：由，得，，
由于函数为上的凸函数，故，
即，令，则，
当时，；当时，；
故在上单调递减，在上单调递增，
故，
故，
故a的取值范围为；
（2）解：由，得，
函数在上有极值，即在上有变号零点，
即在上有解，
令，
令，则，
即在上单调递增，
且当x无限趋近于1时，无限接近于-1，，
故存，使得，
且时，，时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，由于，
故，，
而在时单调递减，故，
故，即a的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】 (1) 求导，由题意可知：，令，利用导数判断其单调性和最值，结合恒成立问题分析求解；
(2)分析可知在上有解，令，利用导数判断其单调性和最值，结合零点代换分析求解.
18．（2025高二下·东莞期中）在我校歌咏比赛中，甲班、乙班、丙班、丁班均可从A，B，C三首不同曲目中任选一首.
（1）求甲、乙两班选择不同曲目的概率；
（2）设这四个班级总共选取了X首曲目，求X的分布列.
【答案】（1）解：在我校歌咏操比赛中，
甲班、乙班均可从A、B、C三首不同曲目中任选一首，
共有种选法，
甲、乙两班选择不同的曲目共有种选法，
所以，甲、乙两班选择不同曲目的概率为.
（2）解：依题意可知，X的可能取值为1，2，3，
则，
，
，
∴随机变量X的分布列为：
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）由题意可得从三首不同曲目中任选一首的选法，再利用排列数公式和古典概率公式，从而得出甲、乙两班选择不同的曲目的概率.
(2)由题意可得随机变量X的可能取值，再利用组合数公式和排列数公式以及古典概率公式，从而得出随机变量X的分布列.
（1）在我校歌咏操比赛中，甲班、乙班均可从A、B、C三首不同曲目中任选一首，共有种选法，
甲、乙两班选择不同的曲目共有种选法，
所以甲、乙两班选择不同曲目的概率为.
（2）依题意可知，X的可能取值为1，2，3
，
，
，
∴X的分布列为：
19．（2025高二下·东莞期中）已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若恒成立，求a的值；
（3）求证：对任意正整数，都有（其中e为自然对数的底数）.
【答案】（1）解：因为的定义域为，
所以，
令，得或，
当时，；当时，；当时，，
∴的单调增区间是，单调减区间是和.
（2）由，得对恒成立.记，，
1°若，则恒成立，在上单调递减，
当时，，不符合题意.
2°若，令，得，
当时，；当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴.
记，.
令得，
当时，；当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增.
∴，即（当且仅当时取等号），
∴.又因为，故
（3）证明：由（2）可知：，（当且仅当时等号成立），
令，
则，（，3，4…，n），
∴
，
则，
所以，
则，
所以，对任意正整数，
都有.
【知识点】函数恒成立问题；对数的性质与运算法则；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；反证法与放缩法
【解析】【分析】(1)利用a的值得出函数的解析式，对函数求导，再利用导函数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的单调区间.
(2)将不等式恒成立等价转化为对恒成立，令，再对进行分类讨论，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的最值，再根据结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出a的值.
(3) 利用（当且仅当时等号成立），对进行放缩裂项，再利用对数的运算法则，从而证出所求式.
（1）的定义域为，
，
令得或，
当时，；当时，；当时，，
∴的单调增区间是，单调减区间是和.
（2）由，得对恒成立.
记，，
1°若，则恒成立，在上单调递减，
当时，，不符合题意.
2°若，令，得，
当时，；当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴.
记，.
令得，
当时，；当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增.
∴，即（当且仅当时取等号），
∴.又因为，故.
（3）由（2）可知：，（当且仅当时等号成立）.
令，则，（，3，4…，n）.
∴
，
即，
也即，
所以，
故对任意正整数，都有.
1 / 1广东省东莞市万江中学等三校2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试题
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．（2025高二下·东莞期中）下列求导运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025高二下·东莞期中）3名同学选报4门校本选修课，每个同学可自由选择一门，则不同的选择种数是（　　）
A．81 B．64 C．24 D．12
3．（2025高二下·东莞期中）的展开式中的系数是（　　）
A． B． C．120 D．210
4．（2025高二下·东莞期中）已知随机变量的分布列为，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高二下·东莞期中）气象资料表明，某地区每年七月份刮台风的概率为 ，在刮台风的条件下，下大雨的概率为 ，则该地区七月份既刮台风又下大雨的概率为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高二下·东莞期中）函数的导函数的图象如图所示，则下面说法正确的是（　　）
A．函数在区间上单调递减
B．函数在区间上单调递增
C．为函数的极小值点
D．为函数的极大值点
7．（2025高二下·东莞期中）今天是星期二，经过7天后还是星期二，那么经过天后是（　　）
A．星期一 B．星期二 C．星期三 D．星期四
8．（2025高二下·东莞期中）已知函数的定义域为R，且，，则不等式的解集为（　　）
A． B． C． D．
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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．（2025高二下·东莞期中）函数的图象在点处的切线平行于直线，则点的坐标可以为（　　）
A． B． C． D．
10．（2025高二下·东莞期中）下列说法正确的是（　　）
A．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有24种报名方法
B．4名同学都参加了跑步、跳高、跳远三个项目，则这三个项目的冠军共有64种不同结果
C．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，每项至少一人，共有24种报名方法
D．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项报一人，每人至多报一项，共有24种报名方法
11．（2025高二下·东莞期中）关于函数，下列判断正确的是（　　）
A．是的切线方程且平行于x轴
B．函数有且只有1个零点
C．存在正实数k，使得成立
D．对两个不相等的正实数，若，则
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·东莞期中）若，则n!＝　 　．
13．（2025高二下·东莞期中）甲和乙两个箱子里各装有6个球，其中甲箱中有3个红球、3个白球，乙箱中有4个红球、2个白球．掷一枚质地均匀的骰子，如果点数不超过2，从甲箱子中摸出1个球；如果点数超过2，从乙箱子中摸出1个球，则摸到红球的概率为　 　．
14．（2025高二下·东莞期中） 已知，分别是函数和的零点，且，，则　 　．
四、解答题：本大题共5小题，第15题13分，16、17题各15分，18、19各17分，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效.
15．（2025高二下·东莞期中） 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值.
16．（2025高二下·东莞期中）在下面三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并对其求解．
条件①：第3项与第7项的二项式系数相等；
条件②：只有第5项的二项式系数最大；
条件③：所有项的二项式系数的和为256．
问题：在的展开式中，_____．
（1）求的值；
（2）若其展开式中的常数项为112，求其展开式中所有项的系数的和．
17．（2025高二下·东莞期中） 记，为的导函数.若对，，则称函数为D上的“凸函数”.已知函数，.
（1）若函数为上的凸函数，求a的取值范围；
（2）若函数在上有极值，求a的取值范围.
18．（2025高二下·东莞期中）在我校歌咏比赛中，甲班、乙班、丙班、丁班均可从A，B，C三首不同曲目中任选一首.
（1）求甲、乙两班选择不同曲目的概率；
（2）设这四个班级总共选取了X首曲目，求X的分布列.
19．（2025高二下·东莞期中）已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若恒成立，求a的值；
（3）求证：对任意正整数，都有（其中e为自然对数的底数）.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】简单复合函数求导法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：对于A，因为，故A正确；
对于B，因为，故B错误；
对于C，因为，故C错误；
对于D，因为，故D错误.
故答案为：A.
【分析】根据基本初等函数的求导公式和复合函数的求导法则，从而逐项判断找出求导运算正确的选项.
2．【答案】B
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：因为每个同学可自由选择一门，
所以每个同学有4种不同的选法，
则共有种不同的选择种数.
故答案为：B.
【分析】由题意可知每个同学有4种不同的选法，再利用分步乘法计数原理得出不同的选择种数.
3．【答案】B
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：因为二项式展开式的通项公式为：
（且），
令，解得，
则展开式中的系数是.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和二项式定理得出展开式的通项公式，令x的指数次为4可得答案.
4．【答案】D
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：随机变量的分布列为，
则
.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用互斥事件的概率公式求解即可.
5．【答案】B
【知识点】条件概率与独立事件
【解析】【解答】设某地区每年七月份刮台风为事件A，设某地区每年七月份下大雨为事件B，则该地区七月份既刮台风又下大雨为事件AB，
由题得 ，
所以 ，
所以 .
故答案为：B
【分析】由条件概率的公式代入数值计算出结果即可。
6．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：由图象知，不妨设导函数与x轴负半轴的交点横坐标为，
当或时，；当或时，，
则函数在单调递减，在单调递增，
所以为极小值点，2为极大值点，对照选项，故选项A、选项B和选项C错误；选项D正确.
故答案为：D．
【分析】根据导数图象判断出原函数的单调性，从而得出原函数的极值点，进而逐项判断找出说法正确的选项．
7．【答案】C
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】由已知可得：
即8100除以7后余数为1，因为经过7天后还是星期二，所以经过8100天后是星期三.
故答案为：C．
【分析】由 展开，就可求解。
8．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设＝，则＝，
∵，∴，
∴，∴y＝g（x）在定义域上单调递减，
∵∴＝，
又因为＝，
∴，∴，
∴的解集为．
故答案为：A．
【分析】设g（x）＝，判断出函数的单调性，将不等式转化为的解集，再利用函数g(x)的单调性得出不等式的解集.
9．【答案】A,C
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
由题意可得：，解得，
，
故点的坐标为和.
故答案为：AC.
【分析】求导，由题意列方程，求得点的横坐标，进而求得点的坐标.
10．【答案】B,D
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，每个同学都有3种情况，
共有种，所以A错误；
因为4名同学都参加了跑步、跳高、跳远三个项目，每个冠军有4种情况，
则这三个项目的冠军共有种，所以B正确；
因为4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，每项至少一人，
可以1，1，2部分平均分组再分配，
则种，所以C错误；
因为4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项报一人，每人至多报一项，跑步项目有4种，
跳高有3种，跳远有2种，
根据分步乘法原理，可得一共种，所以D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用已知条件和组合数公式、排列数公式，再利用分步乘法计数原理，从而逐项判断找出说法正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；用斜率判定两直线平行；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为，所以.
对于：因为在处的切线斜率为，
所以是的切线方程且平行于x轴，故正确；
对于：因为，
所以，
则函数在上单调递减，
且，
所以函数有且只有1个零点，故正确；
对于：若，则，
令，则，
令，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，所以，
所以在上单调递减，函数无最小值，
则不存在正实数k，使得成立，故错误；
对于：令，则，
令，
则，所以在上单调递减，
则，
令，由，得，
则，
当时，成立，
对任意两个正实数，且，
若，则，
所以，故正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据导数的几何意义得出切线的斜率，再利用两直线平行斜率相等，则可判断选项；利用导数的正负判断函数的单调性，再结合和零点存在性定理，则可判断选项；利用分离参数得出，令，再求导得，令，再根据导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，进而可得，再利用导数的正负判断出函数的单调性，则可判断选项；根据函数极值点偏移的求法，则可判断选项，从而找出判断正确的选项.
12．【答案】6
【知识点】排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】∵，
∴，即n（n﹣1）＝ ，
由题意可得， ，解得n≥2且n∈N*，
∴n﹣1＝ ，解得n＝3．
∴n!＝3×2×1＝6．
故答案为：6．
【分析】由排列数，组合数的计算公式即可求解。
13．【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】掷一枚质地均匀的骰子，点数不超过2的概率为 ，从甲箱子摸到红球的概率为 ，
掷到点数超过2的概率为 ，从乙箱子摸到红球的概率为 ，
故摸出红球的概率P＝ ＝ ．
故答案为：
【分析】由古典概型概率计算公式分别计算：点数不超过2、点数超过2的概率。及从甲乙箱子摸到红球的概率，再结合互斥事件的和事件及独立事件同时发生概率计算公式即可求解。
14．【答案】1
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，
则在上恒成立，
可知在上单调递减，且，
则在内存在唯一零点，
由题意可知：，，
因为，，且，
可知，所以．
故答案为：1.
【分析】对求导，利用导数判断其单调性，结合零点存在性定理可知在内存在唯一零点，分析可知，代入运算即可.
15．【答案】（1）解：的定义域为，，
令，解得，
当时，，当时，，当时，，
所以函数在区间和上单调递增，在区间上单调递减，
故的单调递减区间为，单调递增区间为，.
（2）解：由（1）得，当在区间上变化时，的变化情况如下表所示.
4 5
　 0 ＋ 　
40 单调递减 单调递增
所以函数在区间上的最小值为，最大值为40.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】 (1) 求导，判断导函数的符号，利用导数判断的单调区间；
(2) 由（1）可得在区间上的单调性，结合单调性分析最值.
16．【答案】解：（1）选①：因为，所以n＝8；
选②：因为只有第5项的二项式系数最大，
所以，则n＝8；
选③：因为所有项的二项式系数的和为256，
所以2n＝256，则n＝8.
（2）因为二项式的展开式的通项公式为：
，
令，解得r＝6，
所以二项式展开式的常数项为，
得a2＝4，
又因为a＞0，所以a＝2，
令x＝1，可得展开式的所有项的系数和为．
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【分析】（1）选①，由和组合数的性质，从而计算出的值.
选②，由第项的二项式系数最大得出的值.
选③，由二项式系数和公式，则，解方程得出的值.
（2）利用二项式定理求出展开式的通项公式，根据常数项的定义得出二项式的展开式中常数项为，结合a的取值范围得出的值，再利用赋值法得出展开式中所有项的系数的和.
17．【答案】（1）解：由，得，，
由于函数为上的凸函数，故，
即，令，则，
当时，；当时，；
故在上单调递减，在上单调递增，
故，
故，
故a的取值范围为；
（2）解：由，得，
函数在上有极值，即在上有变号零点，
即在上有解，
令，
令，则，
即在上单调递增，
且当x无限趋近于1时，无限接近于-1，，
故存，使得，
且时，，时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，由于，
故，，
而在时单调递减，故，
故，即a的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】 (1) 求导，由题意可知：，令，利用导数判断其单调性和最值，结合恒成立问题分析求解；
(2)分析可知在上有解，令，利用导数判断其单调性和最值，结合零点代换分析求解.
18．【答案】（1）解：在我校歌咏操比赛中，
甲班、乙班均可从A、B、C三首不同曲目中任选一首，
共有种选法，
甲、乙两班选择不同的曲目共有种选法，
所以，甲、乙两班选择不同曲目的概率为.
（2）解：依题意可知，X的可能取值为1，2，3，
则，
，
，
∴随机变量X的分布列为：
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）由题意可得从三首不同曲目中任选一首的选法，再利用排列数公式和古典概率公式，从而得出甲、乙两班选择不同的曲目的概率.
(2)由题意可得随机变量X的可能取值，再利用组合数公式和排列数公式以及古典概率公式，从而得出随机变量X的分布列.
（1）在我校歌咏操比赛中，甲班、乙班均可从A、B、C三首不同曲目中任选一首，共有种选法，
甲、乙两班选择不同的曲目共有种选法，
所以甲、乙两班选择不同曲目的概率为.
（2）依题意可知，X的可能取值为1，2，3
，
，
，
∴X的分布列为：
19．【答案】（1）解：因为的定义域为，
所以，
令，得或，
当时，；当时，；当时，，
∴的单调增区间是，单调减区间是和.
（2）由，得对恒成立.记，，
1°若，则恒成立，在上单调递减，
当时，，不符合题意.
2°若，令，得，
当时，；当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴.
记，.
令得，
当时，；当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增.
∴，即（当且仅当时取等号），
∴.又因为，故
（3）证明：由（2）可知：，（当且仅当时等号成立），
令，
则，（，3，4…，n），
∴
，
则，
所以，
则，
所以，对任意正整数，
都有.
【知识点】函数恒成立问题；对数的性质与运算法则；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；反证法与放缩法
【解析】【分析】(1)利用a的值得出函数的解析式，对函数求导，再利用导函数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的单调区间.
(2)将不等式恒成立等价转化为对恒成立，令，再对进行分类讨论，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的最值，再根据结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出a的值.
(3) 利用（当且仅当时等号成立），对进行放缩裂项，再利用对数的运算法则，从而证出所求式.
（1）的定义域为，
，
令得或，
当时，；当时，；当时，，
∴的单调增区间是，单调减区间是和.
（2）由，得对恒成立.
记，，
1°若，则恒成立，在上单调递减，
当时，，不符合题意.
2°若，令，得，
当时，；当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴.
记，.
令得，
当时，；当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增.
∴，即（当且仅当时取等号），
∴.又因为，故.
（3）由（2）可知：，（当且仅当时等号成立）.
令，则，（，3，4…，n）.
∴
，
即，
也即，
所以，
故对任意正整数，都有.
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