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广东省广州市第七中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题
一、选择题：本题共8个小题，每题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.
1．（2025高二下·越秀期中）已知函数的图像开口向下，，则
A． B． C．2 D．-2
【答案】B
【知识点】导数的概念；瞬时变化率
【解析】【解答】解：由题意，可得，
由导数的定义，可知，
解得，
又因为的图像开口向下，所以，
则.
故答案为：B.
【分析】利用瞬时变化率的定义和导数的定义，从而得出实数a的值，再利用二次函数的图象的开口方向，从而得出满足要求的实数a的值.
2．（2025高二下·越秀期中）若函数的导函数图象如图所示，则（　　）
A．的解集为
B．函数有两个极值点
C．函数的单调递减区间为
D．是函数的极小值点
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：A、的解集为函数的单调递减区间，即，故A错误；
B、由图可知：函数只有1个变号零点，则函数有1个极值点，故B错误；
C、当时，，则函数的单调递减区间为，故C错误；
D、当时，，单调递减，当时，，单调递增，则是函数的极小值点，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据的图象判断函数的函单调性，求单调区间以及极值点即可判断.
3．（2025高二下·越秀期中）用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字且大于3000的四位数，这样的四位数有（　　）
A．250个 B．249个 C．48个 D．24个
【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：先考虑四位数的首位，
当排数字4，3时，其它三个数位上课从剩余的4个数任选4个全排，
得到的四位数都满足题中已知条件，
依据分类计数原理，可得满足题设条件的四位数共有个.
故答案为：C．
【分析】利用已知条件和排列数公式，再利用分类加法计数原理，从而得出满足要求的四位数的个数.
4．（2025高二下·越秀期中）已知，，，则下列选项中不正确的是（　　）
A． B． C． D．A与B独立
【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：对于A，因为，所以，
又因为，，
所以，故A正确；
对于B，因为，所以，
所以，故B正确；
对于C，因为，所以，
则，故C不正确；
对于D，因为，所以，则A与B独立，故D正确.
故答案为：C.
【分析】利用条件概率公式、对立事件求概率公式、独立事件的定义和全概率公式，从而逐项判断找出不正确的选项.
5．（2025高二下·越秀期中）将10本完全相同的科普知识书，全部分给甲 乙 丙3人，每人至少得2本，则不同的分法数为（　　）
A．720种 B．420种 C．120种 D．15种
【答案】D
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：先从10本书中拿出3本，分给每人一本书，
再将余下7本书采用“隔板法”分给3个人，
则分法种数为15.
故答案为： D.
【分析】先每人分一本书，再将剩下的7本书分给3人，每人至少一本，再由“隔板法”和组合数公式，从而得出不同的分法数.
6．（2025高二下·越秀期中）函数是定义在区间上的可导函数，其导函数为，且满足，则不等式的解集为
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：根据题意，设，
则导数；
因为函数在区间上，满足，
所以，则，
所以函数在区间上为增函数，
因为，
所以，解得：，
则不等式的解集为.
故答案为：D．
【分析】先构造函数，再对函数求导判断函数的单调性，则将原不等式转化为，利用单调性解不等式即可.
7．（2025高二下·越秀期中）已知，则被4除的余数为（　　）
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】D
【知识点】二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解：，
令，可得，
令，可得，
则，
因为
，
所以被4除的余数为1，即被4除的余数为0，
故答案为：D.
【分析】由题意，分别赋值以及，利用赋值法求得，，则，再将展开求解即可.
8．（2025高二下·越秀期中）若函数存在两个极值点和，则取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【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；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：因为，
又因为存在两个极值点和，
所以和为的两个不同的根，
则且，，，
所以（舍）或且，
则，
同理可得，
则
，
设，则，
所以在上为减函数，则，
所以的取值范围为：.
故答案为：C.
【分析】根据题意得出实数a的取值范围，结合零点的性质可得和，从而可用表示出， 设， 再利用导数求出函数的值域，进而得出的取值范围.
二、选择题：本题共3个小题，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.全对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025高二下·越秀期中）甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（　　）
A．如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种
B．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种
C．甲乙不相邻的排法种数为82种
D．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种
【答案】A,B,D
【知识点】排列与组合的综合
【解析】【解答】解：A、如果甲，乙必须相邻，将 甲，乙 捆绑，则不同的排法有种，故A正确；
B、若最左端排甲，则有种排法；
若最左端排乙，有种排法，则不同的排法共有42种，故B正确；
C、甲乙不相邻，则甲、乙插空，则不同的排法种数有种，故C错误；
D、甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，利用捆绑法求解即可判断A；分最左端排甲，和最左端排乙两类求解即可判断B；根据甲乙不相邻，利用插空法求解即可判断C；根据甲乙丙从左到右的顺序排列，通过除序法求解即可判断D.
10．（2025高二下·越秀期中）下列结论错误的是（　　）
A．若，则
B．的展开式中的系数是30
C．在的展开式中，含的项的系数是220
D．的展开式中，有且只有第4项的二项式系数最大
【答案】A,D
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数；组合数公式
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以或，
解得或，故A错误；
对于B，因为的展开式通项为
令，则，
所以的系数为，故B正确；
对于C，因为的展开式中，
含的项的系数是
，故C正确；
对于D，在的展开式中，第4项和第5项的二项式系数为，
由组合数的性质，可知最大且，故D错误.
故答案为：AD.
【分析】根据组合数的性质可判断选项A；利用二项式定理求出展开式的通项公式，再利用赋值法，从而得出的展开式中的系数，则判断出选项B和选项C；由二项式展开式的特征可判断二项式系数的最大值，则判断出选项D，从而找出结论错误的选项.
11．（2025高二下·越秀期中）已知函数且，则（　　）
A．当时，恒成立
B．当时，有且仅有1个零点
C．当时，没有零点
D．存在，使得存在三个极值点
【答案】A,B
【知识点】函数恒成立问题；函数在某点取得极值的条件；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：对于选项A，当时，要证明，
即证明，即证明，即证明，
设，则，
所以，当时，；当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，故选项A正确；
对于选项B，当时，单调递减，
则，
所以存在唯一零点，故选项B正确；
对于选项C，当时，由，得，
则，所以，
当时，由选项A的分析可知，，
因此由两个零点，故选项C错误；
对于选项D，因为，
令，得，
两边同时取对数，得，
设，
则，令，得，
则在上单调递减；
在上单调递增，
所以最多有两个零点，则最多有两个极值点，故选项D错误.
故答案为：AB.
【分析】利用a的值得出函数的解析式，再利用分析法和导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，再利用不等式恒成立问题求解放法，则判断出选项A；利用已知条件和零点存在性定理，则判断出选项B和选项C；利用已知条件和导数判断函数的单调性，从而得出函数的极值点，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·越秀期中）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有　 　种(用数字作答).
【答案】64
【知识点】基本计数原理的应用
【解析】【解答】当学生选修2门时，有种；
当学生选修3门时，选修2门体育1门艺术有种，选修2门艺术1门体育有种。
则共有种。
故答案为：64
【分析】 根据题意分情况讨论，由分类加法原理结合分步乘法原理，即可得出答案。
13．（2025高二下·越秀期中）若的展开式中二项式系数之和为32，则展开式中的系数为　 　.
【答案】80
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：因为二项式系数之和为32，
所以，解得，
所以，展开式的通项公式为，
令，得，
所以展开式中的系数为.
故答案为：80.
【分析】根据二项式系数和求出的值，由二项式定理求出展开式的通项公式，再利用赋值法求出含x的项，从而得出展开式中的系数.
14．（2025高二下·越秀期中）已知函数，若存在实数，满足，则的最大值是　 　．
【答案】
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；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】【解答】解：函数的函数图象，如图所示：
若存在实数，满足，则 ，
则，
由图可知，，即，
设，其中，
，显然在单调递增，
因为，所以，，所以 在单调递增，
所以在的最大值为，
则的最大值为.
故答案为：．
【分析】作出函数的函数图象，由，得出，由图可知，将化简为，构造函数，，求导，根据得出单调递增，再求函数的最大值，即可得的最大值．
四、解答题：共5题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（2025高二下·越秀期中）已知．
（1）若展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；
（2）若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项．
【答案】（1）解：由题意得，则，解得或，
当时，展开式中二项式系数最大的项是和，的系数为，的系数为，
当时，展开式中二项式系数最大的项是，的系数为；
（2）解：因为，所以，解得，
设第项的系数最大，因为，所以，
所以，又因为，所以，
则展开式中系数最大的项为第11项，．
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【分析】（1）由题意得，根据组合数公式求出或，再分别求展开式中二项式系数最大的项即可；
（2）根据展开式前三项的二项式系数和等于79，列式求得的值，设第项的系数最大，
则，求得的值，再求展开式中系数最大的项即可.
（1）由题意得，
所以．所以或，
当时，展开式中二项式系数最大的项是和．
所以的系数为，的系数为，
当时，展开式中二项式系数最大的项是．
所以的系数为．
（2）因为，所以．
所以或（舍去）．
设第项的系数最大，
因为，所以．
所以，
又，所以．所以展开式中系数最大的项为第11项，
．
16．（2025高二下·越秀期中）（1）袋中装有4个红球，5个白球，从中不放回地任取两次，每次取一球．
①求在第一次取出红球的条件下，第二次取出红球的概率．
②求第二次才取到红球的概率．
（2）现有两台车床加工同一型号的零件，第1台车床加工的零件次品率为，第2台车床加工的零件次品率为，加工出来的零件混放在一起．已知第1台车床加工的零件数与第2台车床加工的零件数之比为，从这些零件中任取一个，求这个零件是次品的概率．
【答案】解：（1）①根据题意，若第一次取出红球，此时袋中剩余个红球，5个白球，
则在第一次取出红球的条件下，第二次取出红球的概率.
②根据题意，用表示第次取到红球，
则第二次才取到红球即为第一次取到白球，第二次取到红球，
其概率为.
（2）根据题意，记事件为“车床加工的零件为次品”，
事件为“该零件由第台车床加工”，
则.
已知第1台车床加工的零件数与第2台车床加工的零件数之比为，
则，
所以，
则这个零件是次品的概率为.
【知识点】全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）①根据题意分析第一次取完球后袋中剩余球情况，再利用条件概率公式得出在第一次取出红球的条件下，第二次取出红球的概率.
②根据题意分析可得事件为第一次取得白球第二次取得红球，再利用条件概率的乘法公式得出第二次才取到红球的概率.
（2）根据两台车床的次品率和其零件比例，再利用全概率公式得出这个零件是次品的概率．
17．（2025高二下·越秀期中）已知函数.
（1）当，求函数的单调区间；
（2）若函数在上是减函数，求的最小值；
（3）证明：当时，.
【答案】解：因为函数的定义域为.
（1）函数，
当且时，；
当时，，
所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）因在上为减函数，
所以在上恒成立，
则当时，，
又因为，
则当时，即当时，，
所以，则，
所以的最小值为.
证明：（3）问题等价于，
令，则，
当时，取最小值.
设，则，
知在上单调递增，在上单调递减，
∴，
∵，
∴，∴，
则当时，.
【知识点】函数恒成立问题；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）利用函数的定义域为，则函数，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的单调区间.
（2）由题意可知在上恒成立，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的最值，从而得出实数a的取值范围可得解.
（3）利用已知条件，将问题等价于，构造函数，，只需即可.
18．（2025高二下·越秀期中）已知函数．
（1）讨论的单调性：
（2）当时，，数列满足，且，比较，，的大小．
【答案】（1）解：因为的定义域为，
又因为.
当时，令，解得；令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时，令，解得或；令，解得，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
当时，令，解得或；令，解得，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：当时，，
则，
令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，
因为，，，，，
令，
则，
所以在上单调递减，且，
因为，
又因为，所以，则，
所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；数列与函数的综合
【解析】【分析】（1）先求出函数的定义域与导函数，再分和，，四种情况讨论，再根据导数的正负判断函数的单调性.
（2）利用h(x)的单调性可得，令，再利用导数得出，则比较出，，的大小．
（1）因为的定义域为，
又.
当时，令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时，令，解得或，令，解得，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
当时，令，解得或，令，解得，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，，则，
令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，，，，，
令，
，
所以在上单调递减，且，
因为，
又，所以，
所以，则.
19．（2025高二下·越秀期中）已知函数．
（1）求在处的切线方程；
（2）求函数零点个数；
（3）当时，函数恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）解：因为，
所以，则，
又因为，
所以在处的切线方程为，即.
（2）解：当时，，，
则恒成立；
当时，；
当时，令，
则，
令，，
则，
所以在上单调递增，
则，
所以在上单调递增，
则在上恒成立，
所以恒成立，
综上所述，函数只有一个零点为.
（3）解：由题意，在上恒成立，
所以在上恒成立，
因为，，
令，，则，
对于，，则，
所以在上单调递增，则，
可得，
对于，，则，
所以在上单调递增，
则，可得，
综上可得，，
则，所以在上单调递增，
则，
当时，，
则在上单调递增，此时，符合题意；
当时，，
则，
所以，使得，
则当时，，所以在上单调递减，
则当时，，
所以，存在区间使，不符合题意，
综上可得，的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，根据点斜式方程求出函数在处的切线方程.
（2）先讨论、、三种情况，再根据函数值的符号和导数判断在上恒成立，从而得出函数零点的个数.
（3）利用已知条件，将问题转化为在上恒成立，再对求导，讨论参数，得出函数的最值，从而得出实数a的取值范围.
（1）因为，
所以，则，又，
所以在处的切线方程为，即.
（2）当时，，，故恒成立；
当时，；
当时，令，则，
令，，则，即在上单调递增，
所以，故在上单调递增，
所以在上恒成立，即恒成立；
综上，函数只有一个零点为；
（3）由题意，在上恒成立，
所以在上恒成立，
而，，
令，，则，
对于，，则，
所以在上单调递增，则，可得，
对于，，则，
所以在上单调递增，则，可得，
综上可得，，则，
即在上单调递增，
所以，
当时，，即在上单调递增，此时，符合题意；
当时，，，
所以使，所以当时，
则在上单调递减，所以当时，
即存在区间使，不符合题意；
综上可得，的取值范围为.
1 / 1广东省广州市第七中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题
一、选择题：本题共8个小题，每题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.
1．（2025高二下·越秀期中）已知函数的图像开口向下，，则
A． B． C．2 D．-2
2．（2025高二下·越秀期中）若函数的导函数图象如图所示，则（　　）
A．的解集为
B．函数有两个极值点
C．函数的单调递减区间为
D．是函数的极小值点
3．（2025高二下·越秀期中）用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字且大于3000的四位数，这样的四位数有（　　）
A．250个 B．249个 C．48个 D．24个
4．（2025高二下·越秀期中）已知，，，则下列选项中不正确的是（　　）
A． B． C． D．A与B独立
5．（2025高二下·越秀期中）将10本完全相同的科普知识书，全部分给甲 乙 丙3人，每人至少得2本，则不同的分法数为（　　）
A．720种 B．420种 C．120种 D．15种
6．（2025高二下·越秀期中）函数是定义在区间上的可导函数，其导函数为，且满足，则不等式的解集为
A． B．
C． D．
7．（2025高二下·越秀期中）已知，则被4除的余数为（　　）
A．3 B．2 C．1 D．0
8．（2025高二下·越秀期中）若函数存在两个极值点和，则取值范围为（　　）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3个小题，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.全对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025高二下·越秀期中）甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（　　）
A．如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种
B．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种
C．甲乙不相邻的排法种数为82种
D．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种
10．（2025高二下·越秀期中）下列结论错误的是（　　）
A．若，则
B．的展开式中的系数是30
C．在的展开式中，含的项的系数是220
D．的展开式中，有且只有第4项的二项式系数最大
11．（2025高二下·越秀期中）已知函数且，则（　　）
A．当时，恒成立
B．当时，有且仅有1个零点
C．当时，没有零点
D．存在，使得存在三个极值点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·越秀期中）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有　 　种(用数字作答).
13．（2025高二下·越秀期中）若的展开式中二项式系数之和为32，则展开式中的系数为　 　.
14．（2025高二下·越秀期中）已知函数，若存在实数，满足，则的最大值是　 　．
四、解答题：共5题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（2025高二下·越秀期中）已知．
（1）若展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；
（2）若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项．
16．（2025高二下·越秀期中）（1）袋中装有4个红球，5个白球，从中不放回地任取两次，每次取一球．
①求在第一次取出红球的条件下，第二次取出红球的概率．
②求第二次才取到红球的概率．
（2）现有两台车床加工同一型号的零件，第1台车床加工的零件次品率为，第2台车床加工的零件次品率为，加工出来的零件混放在一起．已知第1台车床加工的零件数与第2台车床加工的零件数之比为，从这些零件中任取一个，求这个零件是次品的概率．
17．（2025高二下·越秀期中）已知函数.
（1）当，求函数的单调区间；
（2）若函数在上是减函数，求的最小值；
（3）证明：当时，.
18．（2025高二下·越秀期中）已知函数．
（1）讨论的单调性：
（2）当时，，数列满足，且，比较，，的大小．
19．（2025高二下·越秀期中）已知函数．
（1）求在处的切线方程；
（2）求函数零点个数；
（3）当时，函数恒成立，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】导数的概念；瞬时变化率
【解析】【解答】解：由题意，可得，
由导数的定义，可知，
解得，
又因为的图像开口向下，所以，
则.
故答案为：B.
【分析】利用瞬时变化率的定义和导数的定义，从而得出实数a的值，再利用二次函数的图象的开口方向，从而得出满足要求的实数a的值.
2．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：A、的解集为函数的单调递减区间，即，故A错误；
B、由图可知：函数只有1个变号零点，则函数有1个极值点，故B错误；
C、当时，，则函数的单调递减区间为，故C错误；
D、当时，，单调递减，当时，，单调递增，则是函数的极小值点，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据的图象判断函数的函单调性，求单调区间以及极值点即可判断.
3．【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：先考虑四位数的首位，
当排数字4，3时，其它三个数位上课从剩余的4个数任选4个全排，
得到的四位数都满足题中已知条件，
依据分类计数原理，可得满足题设条件的四位数共有个.
故答案为：C．
【分析】利用已知条件和排列数公式，再利用分类加法计数原理，从而得出满足要求的四位数的个数.
4．【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：对于A，因为，所以，
又因为，，
所以，故A正确；
对于B，因为，所以，
所以，故B正确；
对于C，因为，所以，
则，故C不正确；
对于D，因为，所以，则A与B独立，故D正确.
故答案为：C.
【分析】利用条件概率公式、对立事件求概率公式、独立事件的定义和全概率公式，从而逐项判断找出不正确的选项.
5．【答案】D
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：先从10本书中拿出3本，分给每人一本书，
再将余下7本书采用“隔板法”分给3个人，
则分法种数为15.
故答案为： D.
【分析】先每人分一本书，再将剩下的7本书分给3人，每人至少一本，再由“隔板法”和组合数公式，从而得出不同的分法数.
6．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：根据题意，设，
则导数；
因为函数在区间上，满足，
所以，则，
所以函数在区间上为增函数，
因为，
所以，解得：，
则不等式的解集为.
故答案为：D．
【分析】先构造函数，再对函数求导判断函数的单调性，则将原不等式转化为，利用单调性解不等式即可.
7．【答案】D
【知识点】二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解：，
令，可得，
令，可得，
则，
因为
，
所以被4除的余数为1，即被4除的余数为0，
故答案为：D.
【分析】由题意，分别赋值以及，利用赋值法求得，，则，再将展开求解即可.
8．【答案】C
【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；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：因为，
又因为存在两个极值点和，
所以和为的两个不同的根，
则且，，，
所以（舍）或且，
则，
同理可得，
则
，
设，则，
所以在上为减函数，则，
所以的取值范围为：.
故答案为：C.
【分析】根据题意得出实数a的取值范围，结合零点的性质可得和，从而可用表示出， 设， 再利用导数求出函数的值域，进而得出的取值范围.
9．【答案】A,B,D
【知识点】排列与组合的综合
【解析】【解答】解：A、如果甲，乙必须相邻，将 甲，乙 捆绑，则不同的排法有种，故A正确；
B、若最左端排甲，则有种排法；
若最左端排乙，有种排法，则不同的排法共有42种，故B正确；
C、甲乙不相邻，则甲、乙插空，则不同的排法种数有种，故C错误；
D、甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，利用捆绑法求解即可判断A；分最左端排甲，和最左端排乙两类求解即可判断B；根据甲乙不相邻，利用插空法求解即可判断C；根据甲乙丙从左到右的顺序排列，通过除序法求解即可判断D.
10．【答案】A,D
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数；组合数公式
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以或，
解得或，故A错误；
对于B，因为的展开式通项为
令，则，
所以的系数为，故B正确；
对于C，因为的展开式中，
含的项的系数是
，故C正确；
对于D，在的展开式中，第4项和第5项的二项式系数为，
由组合数的性质，可知最大且，故D错误.
故答案为：AD.
【分析】根据组合数的性质可判断选项A；利用二项式定理求出展开式的通项公式，再利用赋值法，从而得出的展开式中的系数，则判断出选项B和选项C；由二项式展开式的特征可判断二项式系数的最大值，则判断出选项D，从而找出结论错误的选项.
11．【答案】A,B
【知识点】函数恒成立问题；函数在某点取得极值的条件；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：对于选项A，当时，要证明，
即证明，即证明，即证明，
设，则，
所以，当时，；当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，故选项A正确；
对于选项B，当时，单调递减，
则，
所以存在唯一零点，故选项B正确；
对于选项C，当时，由，得，
则，所以，
当时，由选项A的分析可知，，
因此由两个零点，故选项C错误；
对于选项D，因为，
令，得，
两边同时取对数，得，
设，
则，令，得，
则在上单调递减；
在上单调递增，
所以最多有两个零点，则最多有两个极值点，故选项D错误.
故答案为：AB.
【分析】利用a的值得出函数的解析式，再利用分析法和导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，再利用不等式恒成立问题求解放法，则判断出选项A；利用已知条件和零点存在性定理，则判断出选项B和选项C；利用已知条件和导数判断函数的单调性，从而得出函数的极值点，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】64
【知识点】基本计数原理的应用
【解析】【解答】当学生选修2门时，有种；
当学生选修3门时，选修2门体育1门艺术有种，选修2门艺术1门体育有种。
则共有种。
故答案为：64
【分析】 根据题意分情况讨论，由分类加法原理结合分步乘法原理，即可得出答案。
13．【答案】80
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：因为二项式系数之和为32，
所以，解得，
所以，展开式的通项公式为，
令，得，
所以展开式中的系数为.
故答案为：80.
【分析】根据二项式系数和求出的值，由二项式定理求出展开式的通项公式，再利用赋值法求出含x的项，从而得出展开式中的系数.
14．【答案】
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；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】【解答】解：函数的函数图象，如图所示：
若存在实数，满足，则 ，
则，
由图可知，，即，
设，其中，
，显然在单调递增，
因为，所以，，所以 在单调递增，
所以在的最大值为，
则的最大值为.
故答案为：．
【分析】作出函数的函数图象，由，得出，由图可知，将化简为，构造函数，，求导，根据得出单调递增，再求函数的最大值，即可得的最大值．
15．【答案】（1）解：由题意得，则，解得或，
当时，展开式中二项式系数最大的项是和，的系数为，的系数为，
当时，展开式中二项式系数最大的项是，的系数为；
（2）解：因为，所以，解得，
设第项的系数最大，因为，所以，
所以，又因为，所以，
则展开式中系数最大的项为第11项，．
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【分析】（1）由题意得，根据组合数公式求出或，再分别求展开式中二项式系数最大的项即可；
（2）根据展开式前三项的二项式系数和等于79，列式求得的值，设第项的系数最大，
则，求得的值，再求展开式中系数最大的项即可.
（1）由题意得，
所以．所以或，
当时，展开式中二项式系数最大的项是和．
所以的系数为，的系数为，
当时，展开式中二项式系数最大的项是．
所以的系数为．
（2）因为，所以．
所以或（舍去）．
设第项的系数最大，
因为，所以．
所以，
又，所以．所以展开式中系数最大的项为第11项，
．
16．【答案】解：（1）①根据题意，若第一次取出红球，此时袋中剩余个红球，5个白球，
则在第一次取出红球的条件下，第二次取出红球的概率.
②根据题意，用表示第次取到红球，
则第二次才取到红球即为第一次取到白球，第二次取到红球，
其概率为.
（2）根据题意，记事件为“车床加工的零件为次品”，
事件为“该零件由第台车床加工”，
则.
已知第1台车床加工的零件数与第2台车床加工的零件数之比为，
则，
所以，
则这个零件是次品的概率为.
【知识点】全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）①根据题意分析第一次取完球后袋中剩余球情况，再利用条件概率公式得出在第一次取出红球的条件下，第二次取出红球的概率.
②根据题意分析可得事件为第一次取得白球第二次取得红球，再利用条件概率的乘法公式得出第二次才取到红球的概率.
（2）根据两台车床的次品率和其零件比例，再利用全概率公式得出这个零件是次品的概率．
17．【答案】解：因为函数的定义域为.
（1）函数，
当且时，；
当时，，
所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）因在上为减函数，
所以在上恒成立，
则当时，，
又因为，
则当时，即当时，，
所以，则，
所以的最小值为.
证明：（3）问题等价于，
令，则，
当时，取最小值.
设，则，
知在上单调递增，在上单调递减，
∴，
∵，
∴，∴，
则当时，.
【知识点】函数恒成立问题；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）利用函数的定义域为，则函数，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的单调区间.
（2）由题意可知在上恒成立，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的最值，从而得出实数a的取值范围可得解.
（3）利用已知条件，将问题等价于，构造函数，，只需即可.
18．【答案】（1）解：因为的定义域为，
又因为.
当时，令，解得；令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时，令，解得或；令，解得，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
当时，令，解得或；令，解得，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：当时，，
则，
令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，
因为，，，，，
令，
则，
所以在上单调递减，且，
因为，
又因为，所以，则，
所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；数列与函数的综合
【解析】【分析】（1）先求出函数的定义域与导函数，再分和，，四种情况讨论，再根据导数的正负判断函数的单调性.
（2）利用h(x)的单调性可得，令，再利用导数得出，则比较出，，的大小．
（1）因为的定义域为，
又.
当时，令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时，令，解得或，令，解得，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
当时，令，解得或，令，解得，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，，则，
令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，，，，，
令，
，
所以在上单调递减，且，
因为，
又，所以，
所以，则.
19．【答案】（1）解：因为，
所以，则，
又因为，
所以在处的切线方程为，即.
（2）解：当时，，，
则恒成立；
当时，；
当时，令，
则，
令，，
则，
所以在上单调递增，
则，
所以在上单调递增，
则在上恒成立，
所以恒成立，
综上所述，函数只有一个零点为.
（3）解：由题意，在上恒成立，
所以在上恒成立，
因为，，
令，，则，
对于，，则，
所以在上单调递增，则，
可得，
对于，，则，
所以在上单调递增，
则，可得，
综上可得，，
则，所以在上单调递增，
则，
当时，，
则在上单调递增，此时，符合题意；
当时，，
则，
所以，使得，
则当时，，所以在上单调递减，
则当时，，
所以，存在区间使，不符合题意，
综上可得，的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，根据点斜式方程求出函数在处的切线方程.
（2）先讨论、、三种情况，再根据函数值的符号和导数判断在上恒成立，从而得出函数零点的个数.
（3）利用已知条件，将问题转化为在上恒成立，再对求导，讨论参数，得出函数的最值，从而得出实数a的取值范围.
（1）因为，
所以，则，又，
所以在处的切线方程为，即.
（2）当时，，，故恒成立；
当时，；
当时，令，则，
令，，则，即在上单调递增，
所以，故在上单调递增，
所以在上恒成立，即恒成立；
综上，函数只有一个零点为；
（3）由题意，在上恒成立，
所以在上恒成立，
而，，
令，，则，
对于，，则，
所以在上单调递增，则，可得，
对于，，则，
所以在上单调递增，则，可得，
综上可得，，则，
即在上单调递增，
所以，
当时，，即在上单调递增，此时，符合题意；
当时，，，
所以使，所以当时，
则在上单调递减，所以当时，
即存在区间使，不符合题意；
综上可得，的取值范围为.
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