山东省泰安市2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省泰安市2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号.回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.已知函数，则的值为（）A.1 B. C.2 D.e〖答案〗C〖解析〗函数，则，故，所以.故选：C2.若函数，则（）A B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由，故选：D3.函数的图象如图所示，是函数的导函数，则下列数值排序正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗由函数的图象可知为单调递增函数，故函数在每一处的导数值，即得，设，则连线的斜率为，由于曲线是上升的，故，所以，作出曲线在处的切线，设为，连线为，结合图象可得的斜率满足，即，即.故选：B4.在的展开式中，含的项的系数是（）A. B. C.69 D.70〖答案〗A〖解析〗展开式中，含的项为，所以的项的系数是.故选：A.5.为了落实五育并举，全面发展学生素质，学校准备组建书法、音乐、美术、体育社团，现将6名同学分配到这4个社团进行培训，每名同学只分配到1个社团，每个社团至少分配1名同学，则不同的分配方案的种数为（）A.1200 B.1560 C.2640 D.4800〖答案〗B〖解析〗先将6名同学分为或的四组，共有种，再将4组分到书法、音乐、美术、体育社团，共有种，所以共有种.故选：B.6.已知对任意实数x，，则下列结论成立的是（）A.B.C.D.〖答案〗C〖解析〗因（*）对于A项，当时，代入（*）可得，当时，代入（*）可得，所以，故A项错误；对于B项，当时，代入（*）可得，又，所以，故B项错误；对于C项，当时，代入（*）可得，故C项正确；对于D项，对（*）两边求导可得，当时，，故D项错误.故选：C.7.已知，，，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗令，则，当时，，当时，所以在单调递减，在上单调递增，又，，，且，所以，，故选：D8.已知定义在上的函数，，其导函数分别为，，且，则必有（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由可得，，设，，则，故函数在上单调递增，所以，即，所以.故选：A二、多项选择题：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.已知，则下列结论正确的是（）A.有三个零点B.有两个极值点C.若方程有三个实数根，则D.曲线关于点对称〖答案〗BC〖解析〗，令解得，令解得或，所以在单调递增，单调递减，单调递增，因为，极大值，且极小值，所以在有一个零点，共1个零点，A错误；由A知，函数有两个极值点，故B正确；由A知，函数在单调递增，单调递减，单调递增，且时，，时，，所以方程有三个实数根，需，即，故C正确；因为，所以点在函数图象上，又点关于点的对称点为，而，即不是函数图象上的点，故函数不关于点对称，故D错误.故选：BC.10.现有4个编号为1，2，3，4不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（）A.共有种不同的放法B.恰有一个盒子不放球，共有120种放法C.每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有24种D.将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有5种〖答案〗ABD〖解析〗对于A，每个球都有5种放法，共有种放法，故A正确；对于B，把球全部放入盒子内，恰有一个盒子不放球，则有4个盒子每个盒子放1个球，有种放法，故B正确；对于C，每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有种放法，故C错误；对于D，将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒，即有4个盒子每个盒子放1个球的放法有5种，故D正确，故选：ABD.11.在探究的展开式的二项式系数性质时，我们把二项式系数写成一张表，借助它发现二项式系数的一些规律，我们称这个表为杨辉三角（如图1），小明在学完杨辉三角之后进行类比探究，将的展开式按x的升幂排列，将各项系数列表如下（如图2）：上表图2中第n行的第m个数用表示，即展开式中的系数为，则（）A.B.C.D.〖答案〗BCD〖解析〗依据题意结合图2可知图2中每一行的每一个数等于其上一行头顶和左右肩上共三个数的和（没有的用0代替），如：第四行的第三个数10，等于上一行头顶上的数3加上左右肩上的数1和6；第三行中的第二个数3，等于上一行头顶上的数1加上左右肩上的数0（左肩上没有数，故用0代替）和2；所以，对于A，由上，故A错；对于B，由图可知，以此类推可得，故B对；对于C，由上可知正确，故C对；对于D，因为，，则，所以根据乘法规则的展开式中的系数为：，又，其通项为，因为，故展开式中的系数为0，故，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.现有四种不同颜色的彩灯装饰五面体的六个顶点，要求，用同一种颜色的彩灯，其它各棱的两个顶点挂不同颜色的彩灯，则不同的装饰方案共有________种.（用数字作答）〖答案〗〖解析〗首先给，两个顶点挂彩灯，有种方法，再给顶点挂彩灯，有种方法，①若、挂同一种颜色的彩灯，则有种方法，最后挂点有种方法，故有种；②若、挂不同种颜色的彩灯，此时挂点有种方法，挂点有种方法，最后挂点有种方法，故有种；综上可得一共有种不同的方法.故〖答案〗为：13.已知的展开式中第二项与第四项的二项式系数相等，且常数项与展开式中的常数项相等，则________，________.〖答案〗①4②3〖解析〗中第二项和第四项的二项式系数分别为和，所以，根据组合数的性质可得.对于，易得通项公式为，其中令得，所以常数项为.在中，取得常数的项情况有两种：选2个，1个，0个；或者选0个，0个，3个.所以常数项为，解得.故〖答案〗为：4；3.14.已知不等式恒成立，则实数a的取值范围是________.〖答案〗〖解析〗由可得，即恒成立，令，则不等式可化为：，令，则，所以，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增.所以，故要使恒成立，只需，即，即，令，所以，令，则，所以时，，在上单调递增，且当时，，时，，在上单调递减，且当时，，所以，故.故〖答案〗为：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.已知函数.（1）求在处的切线方程；（2）求的极值.解：（1），，又，在处的切线方程为，即切线方程为.（2）令，解得，当x变化时，，的变化情况如下表所示，x20单调递增单调递减当时，有极大值，并且极大值为，无极小值.16.从甲、乙、丙等7人中选出5人排成一排.（以下问题均用数字作答）（1）甲、乙、丙三人恰有两人在内，有多少种排法?（2）甲、乙、丙三人全在内，且甲在乙、丙之间（可以不相邻）有多少种排法?（3）甲、乙、丙都在内，且甲、乙必须相邻，甲、丙不相邻，有多少种排法?解：（1）由于甲、乙、丙三人中恰有两人在内，所以可以分3步完成：第1步，从3人中选中2人，有种选法.第2步，从其余4人中选出3人，有种选法.第3步，将选出的5个人全排列，有种排法.根据分步乘法计数原理，不同的排法有种；（2）由于三人全在内，且甲在乙、丙之间，所以可以分3步完成：第1步，从其余4人中选出2人，有种选法.第2步，将2人安排到5个位置，有种方法.第3步，剩余3个位置排甲、乙、丙三人，有2种方法根据分步乘法计数原理，不同排法有种；（3）由于甲、乙必须相邻，甲、丙不相邻，所以分3步完成：第1步：从其余4人中选出2人，有种选法.第2步：将甲、乙捆绑与选出的2人排列，有种方法.第3步：将丙插空有3种方法.根据分步乘法计数原理，不同排法共有种.17.已知的展开式中，所有项的系数之和是512.（1）求展开式中有理项有几项；（2）求展开式中系数绝对值最大的项是第几项.解：（1）所有项的系数之和是512.令，得，，展开式的通项：，，令，，3，6，9，展开式中有理项共有4项.（2）设第项系数的绝对值最大.则，解得.，，展开式中系数绝对值最大的项为第3项.18.已知函数，.（1）若，讨论函数的单调性；（2）若，且，求证：.解：（1）.①当时，令，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；在上单调递减，在上单调递增.②当时，令，解得或，当即时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，当即时，在上单调递增，当即时，在单调递增，在上单调递减，在上单调递增，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），恒成立，在上单调递增，且，设，，设，，，令，解得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，，，，不妨设，则，，，，在上单调递增，，即.19.①在高等数学中，关于极限的计算，常会用到：i）四则运算法则：如果，，则，，若，则；ii）洛必达法则1：若函数，的导函数分别为，，且，则；②设，k是大于1的正整数，若函