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江苏省苏州市2024-2025学年高二下学期期中调研数学试卷
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．（2025高二下·苏州期中）若函数，则当自变量由1变化到1.1时，函数的平均变化率是（　　）
A．2 B．2.1 C．2.2 D．2.3
2．（2025高二下·苏州期中）某个弹簧振子在振动过程中的位移（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，则该弹簧振子在时的瞬时速度是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高二下·苏州期中）某班有5名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队、羽毛球队，每人限报其中一个运动队，则不同的报法种数是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高二下·苏州期中）如图，直线和圆，当从开始在平面上按顺时针方向绕点匀速转动（转动角度不超过）时，它扫过的圆内阴影部分的面积是时间的函数．这个函数的图象大致是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025高二下·苏州期中）要从5名高二学生中选出3名同学分别到两个社区做志愿者，每个社区至少一人，则不同安排的种数是（　　）
A．20 B．40 C．60 D．80
6．（2025高二下·苏州期中）的展开式中的系数为，的展开式中的系数为，则（　　）
A． B．75 C．135 D．165
7．（2025高二下·苏州期中）若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·苏州期中）用半径为4的圆形铁皮剪出一个圆心角为的扇形，制成一个圆锥形容器，当该圆锥形容器的容积最大时，扇形的圆心角是（　　）
A． B． C． D．
二、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．（2025高二下·苏州期中）到了毕业季，某科技创新兴趣小组内的5名同学要站在一排进行拍照留念，则下列说法正确的是（　　）
A．所有不同的排法种数为120种
B．如果甲同学和乙同学必须相邻，则所有不同的排法种数为48种
C．如果甲同学不站在第一个位置，也不在最后一个位置，则所有不同的排法种数为48种
D．如果甲和丙不能相邻，则所有不同的排法种数为72种
10．（2025高二下·苏州期中）若函数，其导函数为偶函数，且其导函数的图象如图所示，则下列叙述正确的是（　　）
A．在与处的瞬时增长率相同
B．在上不单调
C．可能为奇函数
D．
11．（2025高二下·苏州期中）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题中正确的是（　　）
A．在“杨辉三角”第6行中，从左到右第3个数是20
B．在“杨辉三角”中，第10行的所有的数字之和为1024
C．记“杨辉三角”第行的第个数为，则
D．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·苏州期中）曲线在点处的切线方程为　 　.
13．（2025高二下·苏州期中）在的展开式中，含项的系数为　 　．（用数字作答）
14．（2025高二下·苏州期中）若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如212，324等都是“凹数”，用1，2，3，4，5这五个数字组成三位数，则组成的三位数中，“凹数”的个数是　 　，其中能被3整除的“凹数”的个数是　 　.
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．（2025高二下·苏州期中）（1）求值：①；
②.
（2）求证：；
16．（2025高二下·苏州期中）已知的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为2187.
（1）求和的值；
（2）求展开式中按的降幂排列的第3项；
（3）求展开式中项的系数最大的项.
17．（2025高二下·苏州期中）已知函数.
（1）求函数的单调区间：
（2）若函数在上存在最大值，求实数的范围；
（3）过点可作曲线的三条切线，求实数的范围.
18．（2025高二下·苏州期中）已知函数，.
（1）若函数的一个极值点是，求实数的值；
（2）若函数在内不单调，求实数的取值范围：
（3）当时，，求实数的取值范围.
19．（2025高二下·苏州期中）已知函数.
（1）若曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，求实数的值；
（2）若方程有两个不同的解，且，
①求实数的范围，试比较与的大小关系，并说明理由；
②证明：.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】平均变化率
【解析】【解答】解：当自变量由1变化到1.1时，
，，
则，则平均变化率是.
故答案为：B
【分析】平均变化率的核心是计算函数值的变化量与自变量变化量的比值，先分别算出和对应的函数值，得到函数值变化量，再算出自变量变化量，最后求两者的比值。
2．【答案】A
【知识点】瞬时变化率
【解析】【解答】解：由，
当时，，
所以该弹簧振子在时的瞬时速度是.
故答案为：A.
【分析】位移函数的导数就是瞬时速度函数，先对位移函数求导，再将t=3代入导函数计算瞬时速度。
3．【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：每个同学报名都有4种方式可选，共有5个同学，则有种报名方法.
故答案为：D.
【分析】由题意可知：每个同学报名都有4种方式，再求5个同学不同的报名总数.
4．【答案】D
【知识点】平均变化率；瞬时变化率
【解析】【解答】解：由题意可得：圆内阴影部分的面积随着的增大而增加，即函数为单调递增函数，且增长趋势先慢后快，过圆心后逐渐变慢，即函数图象的变化率先变大在变小.
故答案为：D.
【分析】由题意可得：圆内阴影部分的面积随着的增大而增加，根据面积函数的变化趋势，结合图象的变化率先变大在变小判断即可.
5．【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：从5名高二学生中取出1人组和2人组的取法数为，再把两组人分配到两个社区有种方法，
所以不同安排的种数是.
故答案为：C
【分析】先从5人中选出3人，再将这3人按“1人 + 2人”分组（满足每个社区至少1人），最后将两组分配到两个不同社区，分步计算后相乘得到总安排数。
6．【答案】D
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：展开式的通项，
则，
的展开式中的项为，则，
所以.
故答案为：D
【分析】先分别计算两个展开式中指定项的系数：对于第一个式子，利用二项式展开的通项公式，找到能凑出的项并求和得到；对于第二个式子，通过分步选取因式，确定和的次数组合，计算得到，最后将和相加。
7．【答案】A
【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】【解答】解：函数在上单调递增，
所以在上恒成立，
所以，即，
令，则即可，
，所以在上单调递减，
故，所以.
故答案为：A
【分析】 函数在区间单调递增等价于其导数值在该区间恒大于等于零，通过分离参数将问题转化为求函数的最大值问题，进而确定参数的取值范围。
8．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆形半径为，圆锥底面半径为，
则扇形的弧长为，圆锥底面周长为，则，即，
则圆锥的高为，
则圆锥的体积为
设，则，
令，解得；令，解得，
则在上单调递增，在上单调递减，
当时，取最大值，即时，圆锥的体积取最大值，.
故答案为：D.
【分析】设圆形半径为，圆锥底面半径为，先利用扇形弧长与圆锥底面周长相等得出，再利用体积公式求用表示出体积，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求最大值，即可得，再通过关系求解即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：A、5名同学排一排共有种不同排法，故A正确；
B、相邻问题捆绑法，共有种排法，故B正确；
C、先排甲，有3个位置可选，再排另外4人有种，共有种排法，故C错误；
D、先将除了甲丙之外的三人排好有种，再插空甲丙有种，共有种排法，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用全排列计算即可判断A；利用“捆绑法”求解即可判断B；利用特殊元素法，先安排特殊元素甲，再安排其它人求解即可判断C；利用“插空法”求解即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；瞬时变化率
【解析】【解答】解：对A，由函数的导函数为偶函数，得，因此在与处的瞬时增长率相同，A正确；
对B，当时，，因此在上单调递减，B错误；
对C，函数的导函数符合给定图象，函数是奇函数，C正确；
对D，当时，且函数在上单调递增，则函数在上为凹函数，因此，即，D正确.
如图，在凹函数定义域内，观察图象得.
故答案为：ACD
【分析】用导函数的奇偶性分析A；根据导函数符号判断B中函数的单调性；举例验证C中函数的奇偶性；由导函数的单调性判断原函数的凹凸性，进而分析D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：A：在杨辉三角中，第6行第3个数是，A错误.
B：第10行的所有的数字之和为，B正确.
C：第行的第个数为，所以
即，C正确.
D：用数学符号语言可表示为：，
证明如下：对应相乘，恰好得到这一项的系数为，
而是二项式的展开式中第项的二项式系数（即的系数），
故，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】A：第行第个数对应组合数，第6行第3个数对应。
B：杨辉三角第行数字和为，第10行和为。
C：，求和式逆用二项式定理化简为。
D：利用展开式系数关系，第行数字平方和等于。
12．【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：，，
在点处的切线的斜率，
则切线方程为，即.
故答案为：.
【分析】先对函数求导，得到导函数，将代入导函数，得到切线斜率，再利用点斜式方程求出切线方程。
13．【答案】330
【知识点】二项式系数的性质；组合数公式
【解析】【解答】解：易知展开式中含有项的系数为
.
故答案为：330.
【分析】利用二项式系数的性质，结合组合数性质求解即可.
14．【答案】30；10
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：由题意得，十位数字是1的“凹数”个数为；十位数字是2的“凹数”个数为；
十位数字是3的“凹数”个数为；十位数字是4的“凹数”个数为1，
所以所求“凹数”的个数是；
1，2，3，4，5除以3的余数依次为1，2，0，1，2，
因此能被3整除的“凹数”含有数字3时，另两个数字除以3的余数不同，
其中十位数字是1，另两个数字分别为2，3和3，5；十位数字是2，另两个数字为3，4；
十位数字是3，另两个数字分别为4，5；共有个；
不含数字3时，三个数字除以3的余数相同，十位数字是1，另两个数字分别为4，4；
十位数字是2，另两个数字为5，5，共2个，所以能被3整除的“凹数”的个数是10个.
故答案为：30；10
【分析】 第一空按十位数字分类，确定每类十位数字后，百位与个位从剩余数字任选两个排列，累加得总数；第二空先分析数字除以 3 的余数，按含数字 3 和不含数字 3 分类，筛选出十位为最小数且数字和能被 3 整除的组合，计算各类组合数后求和。
15．【答案】（1）解：①.
②由二项式系数和的特点，.
（2）证明：
.
【知识点】二项式系数的性质；排列数的基本计算；组合数的基本计算
【解析】【分析】(1) ① 直接代入排列数公式 逐一项计算求和；
② 利用二项式系数的性质 ，结合 简化计算。
(2) 分别将排列数、组合数展开为阶乘形式，通过代数变形证明左右两边相等。
16．【答案】（1）解：由题意得，即，解得，
令，则各项系数和为，解得.
所以，
（2）解：由（1），展开式的通项为，
所以展开式中按降幂排列的第3项为
（3）解：由（2）知，展开式的第项系数为，，
设第项系数最大，则，
解得，又，所以，
所以展开式中项的系数最大的项为第6项
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式
【解析】【分析】(1) 利用二项式系数性质 ，由第4项与第5项二项式系数相等列方程求 ；再令 ，由各项系数和求 。
(2) 写出二项展开式通项，按 降幂排列后找到第3项并计算。
(3) 设第 项系数最大，列不等式组求解 ，进而确定系数最大的项。
（1）由题意得，即，解得，
令，则各项系数和为，解得.
所以，.
（2）由（1），展开式的通项为，
所以展开式中按降幂排列的第3项为，
（3）由（2）知，展开式的第项系数为，，
设第项系数最大，则，
解得，又，所以，
所以展开式中项的系数最大的项为第6项.
17．【答案】（1）解：函数的定义域为R，求导得，
当或时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的递增区间为，递减区间为.
（2）解：由（1）知，函数在处取得极大值，在处取得极小值，
函数有唯一极大值点，要函数在上存在最大值，则，
当时，恒有，当时，，当时，，
由，得，整理得，解得，
因此，解得，
所以实数的范围是.
（3）解：设切点坐标为，则，
切线方程为，由切线过点，
得，整理得，
令，求导得，
当或时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
函数在处取得极小值，在处取得极大值，
由过点可作曲线的三条切线，得方程有3个不同实数解，
则直线与函数的图象有3个交点，于是，
所以数的范围是.
【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
【解析】【分析】(1) 核心思路为求导，通过解导数大于0、小于0的不等式，确定函数的单调增减区间。
(2) 先由(1)确定函数的极大值点与极大值，结合区间 包含极大值点的条件，列不等式组求解实数 的范围。
(3) 设切点坐标，写出切线方程，将过点 代入转化为方程有三个不同实数解的问题，通过研究函数的极值确定 的范围。
（1）函数的定义域为R，求导得，
当或时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的递增区间为，递减区间为.
（2）由（1）知，函数在处取得极大值，在处取得极小值，
函数有唯一极大值点，要函数在上存在最大值，则，
当时，恒有，当时，，当时，，
由，得，整理得，解得，
因此，解得，
所以实数的范围是.
（3）设切点坐标为，则，
切线方程为，由切线过点，
得，整理得，
令，求导得，
当或时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
函数在处取得极小值，在处取得极大值，
由过点可作曲线的三条切线，得方程有3个不同实数解，
则直线与函数的图象有3个交点，于是，
所以数的范围是.
18．【答案】（1）解：由得则.
检验：当时，函数
当时，单调递减，当时单调增.
则在时取得极小值值，符合题意.
（2）解：
其中在内有零点，
则.则.
（3）解：
令则.
令则在上单调递减，则
则，则在时恒成立，
则单调递减，则时，
则.所以.
【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】【分析】(1) 先对函数求导，利用极值点处导数为0的必要条件列方程求 ，再验证该点确为极值点。
(2) 函数在区间内不单调等价于导函数在该区间内存在变号零点，将导函数零点问题转化为一次函数零点存在性问题求解。
(3) 分离参数 ，构造新函数 ，通过求导分析其单调性与最大值，从而确定 的取值范围。
（1）由得则.
检验：当时，函数
当时，单调递减，当时单调增.则在时取得极小值值，符合题意.
（2）其中在内有零点，
则.则.
（3）
令则.
令则在上单调递减，则
则，则在时恒成立，
则单调递减，则时，
则.以上.
19．【答案】（1）解：，曲线在处的切线斜率为，
所以曲线在处的切线方程为．
由于切线与曲线只有一个公共点，
得有且只有一解，
所以，
解得．
（2）①解：令，
因为方程有两个不同的解，所以有两个不同的零点．
，当时，；当时，．
所以在上单调递增，在上单调递减．
所以，所以．
一方面因为，
另一方面因为，
令，所以．
综上：．
判断：
下证：等价于．
因为，所以，所以，
要证：即证，即证：，因为，即证：
，令，
设，则，
所以，所以．
②证明：由①可知：当时，，
令，所以．
所以，
将以上个不等式进行累加，所以．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】(1) 先求 在 处的切线方程，再与抛物线联立，根据判别式为0求解。
(2) ① 构造函数 ，利用其单调性与极值求 的范围；通过等价变形证明 ，进而比较 与 的大小。
② 利用①的结论得到不等式 ，通过换元累加完成证明。
（1），曲线在处的切线斜率为，
所以曲线在处的切线方程为．
由于切线与曲线只有一个公共点，
得有且只有一解，
所以，
解得．
（2）①令，
因为方程有两个不同的解，所以有两个不同的零点．
，当时，；当时，．
所以在上单调递增，在上单调递减．
所以，所以．
一方面因为，
另一方面因为，
令，所以．
综上：．
判断：
下证：等价于．
因为，所以，所以，
要证：即证，即证：，因为，即证：
，令，
设，则，
所以，所以．
②由①可知：当时，，
令，所以．
所以，
将以上个不等式进行累加，所以．
1 / 1江苏省苏州市2024-2025学年高二下学期期中调研数学试卷
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．（2025高二下·苏州期中）若函数，则当自变量由1变化到1.1时，函数的平均变化率是（　　）
A．2 B．2.1 C．2.2 D．2.3
【答案】B
【知识点】平均变化率
【解析】【解答】解：当自变量由1变化到1.1时，
，，
则，则平均变化率是.
故答案为：B
【分析】平均变化率的核心是计算函数值的变化量与自变量变化量的比值，先分别算出和对应的函数值，得到函数值变化量，再算出自变量变化量，最后求两者的比值。
2．（2025高二下·苏州期中）某个弹簧振子在振动过程中的位移（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，则该弹簧振子在时的瞬时速度是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】瞬时变化率
【解析】【解答】解：由，
当时，，
所以该弹簧振子在时的瞬时速度是.
故答案为：A.
【分析】位移函数的导数就是瞬时速度函数，先对位移函数求导，再将t=3代入导函数计算瞬时速度。
3．（2025高二下·苏州期中）某班有5名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队、羽毛球队，每人限报其中一个运动队，则不同的报法种数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：每个同学报名都有4种方式可选，共有5个同学，则有种报名方法.
故答案为：D.
【分析】由题意可知：每个同学报名都有4种方式，再求5个同学不同的报名总数.
4．（2025高二下·苏州期中）如图，直线和圆，当从开始在平面上按顺时针方向绕点匀速转动（转动角度不超过）时，它扫过的圆内阴影部分的面积是时间的函数．这个函数的图象大致是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】平均变化率；瞬时变化率
【解析】【解答】解：由题意可得：圆内阴影部分的面积随着的增大而增加，即函数为单调递增函数，且增长趋势先慢后快，过圆心后逐渐变慢，即函数图象的变化率先变大在变小.
故答案为：D.
【分析】由题意可得：圆内阴影部分的面积随着的增大而增加，根据面积函数的变化趋势，结合图象的变化率先变大在变小判断即可.
5．（2025高二下·苏州期中）要从5名高二学生中选出3名同学分别到两个社区做志愿者，每个社区至少一人，则不同安排的种数是（　　）
A．20 B．40 C．60 D．80
【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：从5名高二学生中取出1人组和2人组的取法数为，再把两组人分配到两个社区有种方法，
所以不同安排的种数是.
故答案为：C
【分析】先从5人中选出3人，再将这3人按“1人 + 2人”分组（满足每个社区至少1人），最后将两组分配到两个不同社区，分步计算后相乘得到总安排数。
6．（2025高二下·苏州期中）的展开式中的系数为，的展开式中的系数为，则（　　）
A． B．75 C．135 D．165
【答案】D
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：展开式的通项，
则，
的展开式中的项为，则，
所以.
故答案为：D
【分析】先分别计算两个展开式中指定项的系数：对于第一个式子，利用二项式展开的通项公式，找到能凑出的项并求和得到；对于第二个式子，通过分步选取因式，确定和的次数组合，计算得到，最后将和相加。
7．（2025高二下·苏州期中）若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【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】【解答】解：函数在上单调递增，
所以在上恒成立，
所以，即，
令，则即可，
，所以在上单调递减，
故，所以.
故答案为：A
【分析】 函数在区间单调递增等价于其导数值在该区间恒大于等于零，通过分离参数将问题转化为求函数的最大值问题，进而确定参数的取值范围。
8．（2025高二下·苏州期中）用半径为4的圆形铁皮剪出一个圆心角为的扇形，制成一个圆锥形容器，当该圆锥形容器的容积最大时，扇形的圆心角是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆形半径为，圆锥底面半径为，
则扇形的弧长为，圆锥底面周长为，则，即，
则圆锥的高为，
则圆锥的体积为
设，则，
令，解得；令，解得，
则在上单调递增，在上单调递减，
当时，取最大值，即时，圆锥的体积取最大值，.
故答案为：D.
【分析】设圆形半径为，圆锥底面半径为，先利用扇形弧长与圆锥底面周长相等得出，再利用体积公式求用表示出体积，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求最大值，即可得，再通过关系求解即可.
二、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．（2025高二下·苏州期中）到了毕业季，某科技创新兴趣小组内的5名同学要站在一排进行拍照留念，则下列说法正确的是（　　）
A．所有不同的排法种数为120种
B．如果甲同学和乙同学必须相邻，则所有不同的排法种数为48种
C．如果甲同学不站在第一个位置，也不在最后一个位置，则所有不同的排法种数为48种
D．如果甲和丙不能相邻，则所有不同的排法种数为72种
【答案】A,B,D
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：A、5名同学排一排共有种不同排法，故A正确；
B、相邻问题捆绑法，共有种排法，故B正确；
C、先排甲，有3个位置可选，再排另外4人有种，共有种排法，故C错误；
D、先将除了甲丙之外的三人排好有种，再插空甲丙有种，共有种排法，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用全排列计算即可判断A；利用“捆绑法”求解即可判断B；利用特殊元素法，先安排特殊元素甲，再安排其它人求解即可判断C；利用“插空法”求解即可判断D.
10．（2025高二下·苏州期中）若函数，其导函数为偶函数，且其导函数的图象如图所示，则下列叙述正确的是（　　）
A．在与处的瞬时增长率相同
B．在上不单调
C．可能为奇函数
D．
【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；瞬时变化率
【解析】【解答】解：对A，由函数的导函数为偶函数，得，因此在与处的瞬时增长率相同，A正确；
对B，当时，，因此在上单调递减，B错误；
对C，函数的导函数符合给定图象，函数是奇函数，C正确；
对D，当时，且函数在上单调递增，则函数在上为凹函数，因此，即，D正确.
如图，在凹函数定义域内，观察图象得.
故答案为：ACD
【分析】用导函数的奇偶性分析A；根据导函数符号判断B中函数的单调性；举例验证C中函数的奇偶性；由导函数的单调性判断原函数的凹凸性，进而分析D.
11．（2025高二下·苏州期中）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题中正确的是（　　）
A．在“杨辉三角”第6行中，从左到右第3个数是20
B．在“杨辉三角”中，第10行的所有的数字之和为1024
C．记“杨辉三角”第行的第个数为，则
D．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字
【答案】B,C,D
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：A：在杨辉三角中，第6行第3个数是，A错误.
B：第10行的所有的数字之和为，B正确.
C：第行的第个数为，所以
即，C正确.
D：用数学符号语言可表示为：，
证明如下：对应相乘，恰好得到这一项的系数为，
而是二项式的展开式中第项的二项式系数（即的系数），
故，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】A：第行第个数对应组合数，第6行第3个数对应。
B：杨辉三角第行数字和为，第10行和为。
C：，求和式逆用二项式定理化简为。
D：利用展开式系数关系，第行数字平方和等于。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·苏州期中）曲线在点处的切线方程为　 　.
【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：，，
在点处的切线的斜率，
则切线方程为，即.
故答案为：.
【分析】先对函数求导，得到导函数，将代入导函数，得到切线斜率，再利用点斜式方程求出切线方程。
13．（2025高二下·苏州期中）在的展开式中，含项的系数为　 　．（用数字作答）
【答案】330
【知识点】二项式系数的性质；组合数公式
【解析】【解答】解：易知展开式中含有项的系数为
.
故答案为：330.
【分析】利用二项式系数的性质，结合组合数性质求解即可.
14．（2025高二下·苏州期中）若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如212，324等都是“凹数”，用1，2，3，4，5这五个数字组成三位数，则组成的三位数中，“凹数”的个数是　 　，其中能被3整除的“凹数”的个数是　 　.
【答案】30；10
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：由题意得，十位数字是1的“凹数”个数为；十位数字是2的“凹数”个数为；
十位数字是3的“凹数”个数为；十位数字是4的“凹数”个数为1，
所以所求“凹数”的个数是；
1，2，3，4，5除以3的余数依次为1，2，0，1，2，
因此能被3整除的“凹数”含有数字3时，另两个数字除以3的余数不同，
其中十位数字是1，另两个数字分别为2，3和3，5；十位数字是2，另两个数字为3，4；
十位数字是3，另两个数字分别为4，5；共有个；
不含数字3时，三个数字除以3的余数相同，十位数字是1，另两个数字分别为4，4；
十位数字是2，另两个数字为5，5，共2个，所以能被3整除的“凹数”的个数是10个.
故答案为：30；10
【分析】 第一空按十位数字分类，确定每类十位数字后，百位与个位从剩余数字任选两个排列，累加得总数；第二空先分析数字除以 3 的余数，按含数字 3 和不含数字 3 分类，筛选出十位为最小数且数字和能被 3 整除的组合，计算各类组合数后求和。
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．（2025高二下·苏州期中）（1）求值：①；
②.
（2）求证：；
【答案】（1）解：①.
②由二项式系数和的特点，.
（2）证明：
.
【知识点】二项式系数的性质；排列数的基本计算；组合数的基本计算
【解析】【分析】(1) ① 直接代入排列数公式 逐一项计算求和；
② 利用二项式系数的性质 ，结合 简化计算。
(2) 分别将排列数、组合数展开为阶乘形式，通过代数变形证明左右两边相等。
16．（2025高二下·苏州期中）已知的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为2187.
（1）求和的值；
（2）求展开式中按的降幂排列的第3项；
（3）求展开式中项的系数最大的项.
【答案】（1）解：由题意得，即，解得，
令，则各项系数和为，解得.
所以，
（2）解：由（1），展开式的通项为，
所以展开式中按降幂排列的第3项为
（3）解：由（2）知，展开式的第项系数为，，
设第项系数最大，则，
解得，又，所以，
所以展开式中项的系数最大的项为第6项
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式
【解析】【分析】(1) 利用二项式系数性质 ，由第4项与第5项二项式系数相等列方程求 ；再令 ，由各项系数和求 。
(2) 写出二项展开式通项，按 降幂排列后找到第3项并计算。
(3) 设第 项系数最大，列不等式组求解 ，进而确定系数最大的项。
（1）由题意得，即，解得，
令，则各项系数和为，解得.
所以，.
（2）由（1），展开式的通项为，
所以展开式中按降幂排列的第3项为，
（3）由（2）知，展开式的第项系数为，，
设第项系数最大，则，
解得，又，所以，
所以展开式中项的系数最大的项为第6项.
17．（2025高二下·苏州期中）已知函数.
（1）求函数的单调区间：
（2）若函数在上存在最大值，求实数的范围；
（3）过点可作曲线的三条切线，求实数的范围.
【答案】（1）解：函数的定义域为R，求导得，
当或时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的递增区间为，递减区间为.
（2）解：由（1）知，函数在处取得极大值，在处取得极小值，
函数有唯一极大值点，要函数在上存在最大值，则，
当时，恒有，当时，，当时，，
由，得，整理得，解得，
因此，解得，
所以实数的范围是.
（3）解：设切点坐标为，则，
切线方程为，由切线过点，
得，整理得，
令，求导得，
当或时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
函数在处取得极小值，在处取得极大值，
由过点可作曲线的三条切线，得方程有3个不同实数解，
则直线与函数的图象有3个交点，于是，
所以数的范围是.
【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
【解析】【分析】(1) 核心思路为求导，通过解导数大于0、小于0的不等式，确定函数的单调增减区间。
(2) 先由(1)确定函数的极大值点与极大值，结合区间 包含极大值点的条件，列不等式组求解实数 的范围。
(3) 设切点坐标，写出切线方程，将过点 代入转化为方程有三个不同实数解的问题，通过研究函数的极值确定 的范围。
（1）函数的定义域为R，求导得，
当或时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的递增区间为，递减区间为.
（2）由（1）知，函数在处取得极大值，在处取得极小值，
函数有唯一极大值点，要函数在上存在最大值，则，
当时，恒有，当时，，当时，，
由，得，整理得，解得，
因此，解得，
所以实数的范围是.
（3）设切点坐标为，则，
切线方程为，由切线过点，
得，整理得，
令，求导得，
当或时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
函数在处取得极小值，在处取得极大值，
由过点可作曲线的三条切线，得方程有3个不同实数解，
则直线与函数的图象有3个交点，于是，
所以数的范围是.
18．（2025高二下·苏州期中）已知函数，.
（1）若函数的一个极值点是，求实数的值；
（2）若函数在内不单调，求实数的取值范围：
（3）当时，，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：由得则.
检验：当时，函数
当时，单调递减，当时单调增.
则在时取得极小值值，符合题意.
（2）解：
其中在内有零点，
则.则.
（3）解：
令则.
令则在上单调递减，则
则，则在时恒成立，
则单调递减，则时，
则.所以.
【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】【分析】(1) 先对函数求导，利用极值点处导数为0的必要条件列方程求 ，再验证该点确为极值点。
(2) 函数在区间内不单调等价于导函数在该区间内存在变号零点，将导函数零点问题转化为一次函数零点存在性问题求解。
(3) 分离参数 ，构造新函数 ，通过求导分析其单调性与最大值，从而确定 的取值范围。
（1）由得则.
检验：当时，函数
当时，单调递减，当时单调增.则在时取得极小值值，符合题意.
（2）其中在内有零点，
则.则.
（3）
令则.
令则在上单调递减，则
则，则在时恒成立，
则单调递减，则时，
则.以上.
19．（2025高二下·苏州期中）已知函数.
（1）若曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，求实数的值；
（2）若方程有两个不同的解，且，
①求实数的范围，试比较与的大小关系，并说明理由；
②证明：.
【答案】（1）解：，曲线在处的切线斜率为，
所以曲线在处的切线方程为．
由于切线与曲线只有一个公共点，
得有且只有一解，
所以，
解得．
（2）①解：令，
因为方程有两个不同的解，所以有两个不同的零点．
，当时，；当时，．
所以在上单调递增，在上单调递减．
所以，所以．
一方面因为，
另一方面因为，
令，所以．
综上：．
判断：
下证：等价于．
因为，所以，所以，
要证：即证，即证：，因为，即证：
，令，
设，则，
所以，所以．
②证明：由①可知：当时，，
令，所以．
所以，
将以上个不等式进行累加，所以．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】(1) 先求 在 处的切线方程，再与抛物线联立，根据判别式为0求解。
(2) ① 构造函数 ，利用其单调性与极值求 的范围；通过等价变形证明 ，进而比较 与 的大小。
② 利用①的结论得到不等式 ，通过换元累加完成证明。
（1），曲线在处的切线斜率为，
所以曲线在处的切线方程为．
由于切线与曲线只有一个公共点，
得有且只有一解，
所以，
解得．
（2）①令，
因为方程有两个不同的解，所以有两个不同的零点．
，当时，；当时，．
所以在上单调递增，在上单调递减．
所以，所以．
一方面因为，
另一方面因为，
令，所以．
综上：．
判断：
下证：等价于．
因为，所以，所以，
要证：即证，即证：，因为，即证：
，令，
设，则，
所以，所以．
②由①可知：当时，，
令，所以．
所以，
将以上个不等式进行累加，所以．
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