2023-2024学年山东省济宁市泗水县高二下学期期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3山东省济宁市泗水县2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题一、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.已知，则（）A.14 B.15C.13 D.12〖答案〗D〖解析〗由组合数性质知，，所以，所以，得.故选：D2.已知函数的导函数为，且，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，所以，令，则，．故选：C3.函数的图象在点处的切线的倾斜角为（）A.0 B.1 C. D.〖答案〗C〖解析〗求导得，则切线斜率.设切线的倾斜角为，则，又，所以．故选：C．4.已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（）.A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由的图象可知，在和上单调递增，在上单调递减，则当时，时，时，所以不等式的解集为.

故选：A5.“一笔画”游戏是指要求经过所有路线且节点可以多次经过，但连接节点间的路线不能重复画的游戏，下图是某一局“一笔画”游戏的图形，其中为节点，若研究发现本局游戏只能以为起点为终点或者以为起点为终点完成，那么完成该图“一笔画”的方法数为（）A.种 B.种 C.种 D.种〖答案〗C〖解析〗以为起点时，三条路线依次连接即可到达点，共有种选择；自连接到时，在右侧可顺时针连接或逆时针连接，共有种选择，以为起点，为终点时，共有种方法；同理可知：以为起点，为终点时，共有种方法；完成该图“一笔画”的方法数为种.故选：C.6.已知，函数的零点为的极小值点为则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗因为所以，因为，所以.令，得.因为在上单调递增，在上单调递减，所以，又因为，所以，故.故选：B7.定义：两个正整数a，b，若它们除以正整数m所得的余数相等，则称a，b对于模m同余，记作，比如：.已知，满足，则p可以是（）A.23 B.31 C.32 D.19〖答案〗A〖解析〗因为也即，故除以的余数为除以的余数2，又除以7的余数也为2，满足题意，其它选项都不满足题意.故选：A.8.方程的实数根叫做函数的“新驻点”.如果函数的“新驻点”为，那么的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由题设，，则的根为的“新驻点”，若且，即的零点为的“新驻点”，∴，即单调递增，，，根据零点存在性定理知：的零点在内，∴的“新驻点”范围是，即的取值范围为.故选：B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.下列各式正确的有（）A. B.C. D.〖答案〗AD〖解析〗对于A：，故A正确；对于B：，故B错误；对于C：，故C错误；对于D：，故D正确；故选：AD10.已知甲、乙、丙、丁、戊5个人排成一列，则下列说法正确的是（）A.若其中甲不能排在最后，有96种不同的排队方法B.若其中甲乙既不能排在最前，也不能排在最后，有72种不同的排队方法C.若其中甲乙必须相邻，有48种不同的排队方法D.若其中甲乙不能相邻，有36种不同的排队方法〖答案〗AC〖解析〗对于A：甲不能排在最后，则甲有种排法，剩下乙、丙、丁、戊4个人全排有种排法，所以排队方法有种，故A正确；对于B：甲乙2人不能排在最前，也不能排在最后，先安排甲乙，则共有种排法，再安排剩下的丙、丁、戊3人，共有种排法；则所有的排队方法有种，故B错误；对于C：甲乙两人相邻，将甲和乙捆绑在一起，和剩余3人放在一起排队，则共有种排队方法，故C正确；对于D：甲乙两人不能相邻，则先安排其余丙、丁、戊3个人，有种排法，在形成的4个空中，再排甲乙，有种排队方法，故共有种排队方法，故D错误.故选：AC.11.若不等式在时恒成立，则实数的值可以为（）A. B. C. D.2〖答案〗BCD〖解析〗由得，设，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，又，，当时，恒成立，所以的图象如下：，，即，，对于A：当时，，根据图象可得不恒成立，A错误；对于B：当时，，根据图象可得恒成立，B正确；对于C：当时，，根据图象可得恒成立，C正确；对于D：当时，，又，因为，且，即，所以，即，根据图象可得恒成立，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.在的展开式中，含项的系数为___________.〖答案〗60〖解析〗由题意，的展开式的通项为，令，解得，所以的系数为.故〖答案〗为：60.13.甲、乙两位同学从种课外读物中各自选读种，则这两人选读的课外读物中恰有种相同的选法共有__________.〖答案〗120〖解析〗两人先从种课外读物中选1种作为两人共同的课外读物，有种方法；甲从剩余的5种课外读物中选1种，有种方法；乙从剩余的4种课外读物中选1种，有种方法；共有种.故〖答案〗为：12014.已知三次函数在上单调递增，则的最小值为____________.〖答案〗〖解析〗由题意得在上恒成立，则，，所以，设，则.设，.由，解得，易得当时，.故的最小值为.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．15.一组学生共有人.（1）如果从中选出人参加一项活动，共有多少种选法？（2）如果从中选出男生人，女生人，参加三项不同的活动，要求每人参加一项且每项活动都有人参加的选法有种，问该组学生中男、女生各有多少人？解：（1）由题意，所有的不同选法种数，就是从名学生中选出人的组合数，所以选法种数为中不同的选法.（2）设有男生人，女生则有人，从这人中选出名男生女生方法有种，要求每人参加一项且每项活动都有人参加种，根据分步乘法计数原理得，所以且，解得或，所以该组学生中男生3人，女生4人或男生4人，女生3人.16.（1）若，求的值；（2）在的展开式中，①求二项式系数最大的项；②系数绝对值最大的项是第几项；解：（1）∵，令，可得，令，可得，∴．（2）①．二项式系数最大的项为中间项，即第5项．所以．②设第项系数的绝对值最大，则，所以解得故系数绝对值最大的项是第6项和第7项.17.已知函数在与时都取得极值.（1）求的值与函数的单调区间.（2）求该函数在的极值.（3）设，若恒成立，求的取值范围.解：（1）由已知，由于在与时都取得极值，所以，解得，所以，所以在上单调递增，在上单调递减，所以是极大值，是的极小值.所以，单调增区间，单调减区间；（2），由（1）得在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以在区间上，极大值是，极小值是；（3）由（1）可知在区间上单调递增，在区间上单调递减，又，，所以在区间上的最大值是，在区间上恒成立，所以，，解得或.18.已知函数.（1）讨论的单调性.（2）若存在两个零点，且曲线在和处的切线交于点.①求实数的取值范围；②证明：解：（1）.当时，在上单调递减；当时，令，得.当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.（2）①由（1）知，当时，在上单调递减，不可能有两个零点，当时，在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，又，；，；所以的取值范围是.②曲线在和处的切线分别是，联立两条切线方程得，所以.因为所以.要证，只需证，即证，只要证.令，.则，所以在上单调递减，所以，所以，所以.19.的展开式中，把叫做三项式的次系数列．（1）求的值；（2）根据二项式定理，将等式的两边分别展开可得左右两边的系数对应相等，如．理解上述思想方法，利用方程，请化简：．解：（1）当时，，令，则，令，则，两式相加得，所以.（2）因为，，因此展开式中，的系数为：，因为展开式的通项公式为，令，得，从而展开式中的系数为，而，所以.

山东省济宁市泗水县2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题一、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.已知，则（）A.14 B.15C.13 D.12〖答案〗D〖解析〗由组合数性质知，，所以，所以，得.故选：D2.已知函数的导函数为，且，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，所以，令，则，．故选：C3.函数的图象在点处的切线的倾斜角为（）A.0 B.1 C. D.〖答案〗C〖解析〗求导得，则切线斜率.设切线的倾斜角为，则，又，所以．故选：C．4.已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（）.A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由的图象可知，在和上单调递增，在上单调递减，则当时，时，时，所以不等式的解集为.

故选：A5.“一笔画”游戏是指要求经过所有路线且节点可以多次经过，但连接节点间的路线不能重复画的游戏，下图是某一局“一笔画”游戏的图形，其中为节点，若研究发现本局游戏只能以为起点为终点或者以为起点为终点完成，那么完成该图“一笔画”的方法数为（）A.种 B.种 C.种 D.种〖答案〗C〖解析〗以为起点时，三条路线依次连接即可到达点，共有种选择；自连接到时，在右侧可顺时针连接或逆时针连接，共有种选择，以为起点，为终点时，共有种方法；同理可知：以为起点，为终点时，共有种方法；完成该图“一笔画”的方法数为种.故选：C.6.已知，函数的零点为的极小值点为则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗因为所以，因为，所以.令，得.因为在上单调递增，在上单调递减，所以，又因为，所以，故.故选：B7.定义：两个正整数a，b，若它们除以正整数m所得的余数相等，则称a，b对于模m同余，记作，比如：.已知，满足，则p可以是（）A.23 B.31 C.32 D.19〖答案〗A〖解析〗因为也即，故除以的余数为除以的余数2，又除以7的余数也为2，满足题意，其它选项都不满足题意.故选：A.8.方程的实数根叫做函数的“新驻点”.如果函数的“新驻点”为，那么的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由题设，，则的根为的“新驻点”，若且，即的零点为的“新驻点”，∴，即单调递增，，，根据零点存在性定理知：的零点在内，∴的“新驻点”范围是，即的取值范围为.故选：B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.下列各式正确的有（）A. B.C. D.〖答案〗AD〖解析〗对于A：，故A正确；对于B：，故B错误；对于C：，故C错误；对于D：，故D正确；故选：AD10.已知甲、乙、丙、丁、戊5个人排成一列，则下列说法正确的是（）A.若其中甲不能排在最后，有96种不同的排队方法B.若其中甲乙既不能排在最前，也不能排在最后，有72种不同的排队方法C.若其中甲乙必须相邻，有48种不同的排队方法D.若其中甲乙不能相邻，有36种不同的排队方法〖答案〗AC〖解析〗对于A：甲不能排在最后，则甲有种排法，剩下乙、丙、丁、戊4个人全排有种排法，所以排队方法有种，故A正确；对于B：甲乙2人不能排在最前，也不能排在最后，先安排甲乙，则共有种排法，再安排剩下的丙、丁、戊3人，共有种排法；则所有的排队方法有种，故B错误；对于C：甲乙两人相邻，将甲和乙捆绑在一起，和剩余3人放在一起排队，则共有种排队方法，故C正确；对于D：甲乙两人不能相邻，则先安排其余丙、丁、戊3个人，有种排法，在形成的4个空中，再排甲乙，有种排队方法，故共有种排队方法，故D错误.故选：AC.11.若不等式在时恒成立，则实数的值可以为（）A. B. C. D.2〖答案〗BCD〖解析〗由得，设，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，又，，当时，恒成立，所以的图象如下：，，即，，对于A：当时，，根据图象可得不恒成立，A错误；对于B：当时，，根据图象可得恒成立，B正确；对于C：当时，，根据图象可得恒成立，C正确；对于D：当时，，又，因为，且，即，所以，即，根据图象可得恒成立，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.在的展开式中，含项的系数为___________.〖答案〗60〖解析〗由题意，的展开式的通项为，令，解得，所以的系数为.故〖答案〗为：60.13.甲、乙两位同学从种课外读物中各自选读种，则这两人选读的课外读物中恰有种相同的选法共有__________.〖答案〗120〖解析〗两人先从种课外读物中选1种作为两人共同的课外读物，有种方法；甲从剩余的5种课外读物中选1种，有种方法；乙从剩余的4种课外读物中选1种，有种方法；共有种.故〖答案〗为：12014.已知三次函数在上单调递增，则的最小值为____________.〖答案〗〖解析〗由题意得在上恒成立，则，，所以，设，则.设，.由，解得，易得当时，.故的最小值为.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．15.一组学生共有人.（1）如果从中选出人参加一项活动，共有多少种选法？（2）如果从中选出男生人，女生人，参加三项不同的活动，要求每人参加一项且每项活动都有人参加的选法有种，问该组学生中男、女生各有多少人？解：（1）由题意，所有的不同选法种数，就是从名学生中选出人的组合数，所以选法种数为中不同的选法.（2）设有男生人，女生则有人，从这人中选出名男生女生方法有种，要求每人参加一项且每项活动都有人参加种，根据分步乘法计数原理得，所以且，解得或，所以该组学生中男生3人，女生4人或男生4人，女生3人.16.（1）若，求的值；（2）在的展开式中，①求二项式系数最大的项；②系数绝对值最大的项是第几项；解：（1）∵，令，可得，令，可得，∴．（2）①．二项式系数最大的项为中间项，即第5项．所以．②设第项系数的绝对值最大，则，所以解得故系数绝对值最大的项