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1、2025届高二下学期周考（四）数学试题本试卷共4页，19题，全卷满分150分。考试用时120分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。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.的展开式中常数项为（ ）A. B. 160 C. D. 【答案】A【解析】因为展开式中的通项公式可
2、得，令所以展开式中的常数项是，应选答案A。2.设函数在处存在导数为2，则（）A. 2B. 1C. D. 4【答案】D【解析】由导数的定义可知，.故选：D.3.从4台甲型和5台乙型电视机中任取3台，其中至少要甲型和乙 型电视机各一台，则不同的取法共有（ ） A、140种 B、80种 C、70种 D、35种【答案】C解析1：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种型号的电视机，故不同的取法共有种,选.解析2：至少要甲型和乙 型电视机各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；甲型2台乙型1台；故不同的取法有台,选.4.下列说法中不正确的是（ ）A. B. C. 设函数，若，则D. 设函
3、数的导函数为，且，则【答案】A【解析】对于选项A:结合题意可得：,故选项A错误；对于选项B:结合题意可得：,故选项B正确；对于选项C: ,由，解得，故选项C正确；对于选项D:结合题意可得：,，解得，故选项D正确.故选：A5.如图，某城市的街区由12个全等的矩形组成（实线表示马路），CD段马路由于正在维修，暂时不通，则从A到B的最短路径有（）A23 条B24 条C25条D26 条【答案】D【解析】先假设是实线，则从到，向上次，向右次，最短路径有条，其中经过的，即先从到，然后到，最后到的最短路径有条，所以，当不通时，最短路径有条.故选：D6.若函数在处有极小值，则（ ）A. B. C. 或D. 【
4、答案】A【解析】，因为在处有极小值，所以，解得或，当时，令，解得或，当时，单调递增，当时，单调递减，此时，在处有极大值，不满足题意.当时，令，解得或，当时，单调递减，当时，单调递增，此时，在处有极小值，满足题意.故选：A7.1949年10月1日，开国大典结束后，新成立的中央人民政府在北京饭店举行了有600余位宾客参加的新中国第一次国庆招待会，史称“开国第一宴”该宴的主要菜品有：鲍鱼浓汁四宝、东坡肉方、蟹粉狮子头、鸡汁煮干丝、清炒翡翠虾仁和全家福若这六道菜要求依次而上，其中“东坡肉方”和“鸡汁煮干丝”不能接连相邻上菜，则不同的上菜顺序种数为（ ）A. 240B. 480C. 384D. 1440
5、【答案】B【解析】鲍鱼浓汁四宝、蟹粉狮子头、清炒翡翠虾仁和全家福依次而上有种排列方式，此时形成个空位，选出个空位将东坡肉方和鸡汁煮干丝分别插入进去，共有种排列方式，由乘法原理可知不同的上菜顺序种数为，故选：.8.若对于任意正数xy，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（ ）ABCD【答案】C【解析】参变分离得，设，得，设，求导讨论单调性，可得 选：C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.下列关于二项式展开式说法正确的是 （）A若 ， 则 的展开式中二项式系数最大的项为第 项：B若 的
6、展开式中第二项与第三项的系数互为相反数， 则 ；C若 ， 则 D若 ， 则 【答案】ABD【解析】A：当时，二项式展开式共有项，其中第项二项式系数最大，因此A正确；B：二项式的通项公式为：，因为 的展开式中第二项与第三项的系数互为相反数，所以有（舍去），因此B正确；C：在中，令，得，令，得二项式的通项公式为：，所以，因此C不正确；D：令，得，因此D正确，故选：ABD10.现有4个编号为1,2,3,4不同的球和4个编号为1,2,3,4不同的盒子，把球全部放入盒内则下列说法正确的是()A恰有1个盒不放球，共有72种放法B每个盒子内只放一个球，且球的编号和盒子的编号不同的放法有9种C有2个盒内不放球
7、，另外两个盒子内各放2个球的放法有36种D恰有2个盒不放球，共有84种放法【答案】BCD【解析】对于A，恰有1个盒不放球，先选1个空盒子，再选一个盒子放两个球，则CCA14472，故A不正确；对于B，编号为1的球有C种方法，把与编号为1的球所放盒子的编号相同的球放入1号盒子或者其他两个盒子，共有1C3(种)，即339(种)，故B正确；对于C，首先选出两个空盒子，再取两个球放剩下的两个盒子中的一个，共有CC36(种)，故C正确；对于D，恰有2个盒不放球，首先选出两个空盒子，再将4个球分为3,1或2,2两种情况，放入盒子，共有C(CCC)61484(种)，故D正确11.牛顿在流数法一书中，给出了高
8、次代数方程根的一种解法.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，称为的2次近似值.一般地，过点（）作曲线的切线，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值.对于方程，记方程的根为，取初始近似值为，下列说法正确的是（）AB切线：CD【答案】ABD【解析】由，可得，即，根据函数零点的存在性定理，可得，所以A正确；又由，设切点，则切线的斜率为，所以切线方程为，令，可得，所以D正确；当时，可得，则，所以的方程为，即，所以B正确；由，可得，此时，所以C错误；故选：ABD三、填空题：本题共3
9、小题，每小题5分，共15分。12.的展开式中的系数为 【解析】，的展开式通项为，的展开式通项为，所以，的展开式通项为，其中，且、，令，可得或或，因此，的展开式中的系数为.故答案：80013.大厦一层有A，B，C，D四部电梯，人在一层乘坐电梯上楼，其中人恰好乘坐同一部电梯，则不同的乘坐方式有_种（用数字作答）【答案】【解析】元素相邻利用“捆绑法”，先从人中选择2人坐同一电梯有种，在将“2”个元素安排坐四部电梯有种，则不同的乘坐方式有种，故答案为.14.设函数，若关于x不等式有且只有三个整数解，则实数a的取值范围是（ ）【答案】【解析】，等价于.令 则，令，在上单调递增，又由，存在唯一的使得，当时
10、，单调递减；当时，单调递增，又，.所以当有且仅有三个整数解时，有，解得，即实数a的取值范围是.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.（13分）在二项式的展开式中，_给出下列条件：若展开式中第5项与第3项的二项式系数之比为72；所有偶数项的二项式系数的和为256；若展开式前三项的二项式系数的和等于46试在上面三个条件中选择一个补充在上面的横线上，并且完成下列问题：（1）求展开式的常数项；（2）求展开式中系数绝对值最大的项（备注：如果多个条件分别解得，按第一个条件计分：本题中所有的n取值相同）【详解】若选：，即，解得或（舍）；若选：，即，解得；若选：，即
11、，解得或（舍）.（1）展开式通项为（），令得，所以展开式中的常数项为第4项，常数项为；（2）设第项的系数绝对值最大，则，解得，因为是整数，所以，故展开式中系数绝对值最大的项为.16.（15分）设函数（）若在处取得极值，确定的值，并求此时曲线在点 处的切线方程；（）若在上为减函数，求的取值范围【解析】（）对求导得因为在处取得极值，所以即当时，=故从而在点（1，）处的切线方程为化简得（）由（）知令，由解得，当时，即，故为减函数；当时，即，故为增函数；当时，即，故为减函数；由在上为减函数，知解得故的取值范围为17.（15分） 已知定义在正实数集上的函数其中，设两曲线与有公共点，且在公共点处的切线相同
12、。 （I）若，求两曲线与在公共点处的切线方程； （）用表示，并求的最大值。解：（I）当时， 设曲线与在公共点（）处的切线相同，则有 即 解得或（舍） 又故得公共点为， 切线方程为 ，即 （），设在（）处切线相同， 故有 即 由，得（舍） 于是 令，则 于是当即时，故在上递增。 当，即时，故在上递减 在处取最大值。 当时，b取得最大值18.（17分）17.已知函数（1）若的零点也是其的极值点，求；（2）若的图像经过四个象限，求的取值范围【答案】18. 2 19. 【解析】（1），观察得，即为其零点，所以，即则，经检验为其极值点，故的值为2.（2）由（1）得必经过原点，若需使经过四个象限，则需区间
13、和上均至少存在一个零点，令在和上均有根令，令，当时，单调递减；当时，单调递增所以是的极小值点，所以恒成立，即，故单调递增又，所以当时，即，所以单调递减；当时，即，所以单调递增又当时，所以要使得在和上均有根，需满足综上所述，若的图像经过四个象限，则19.（17分）已知函数（1）求函数的零点；（2）设函数的图象与函数的图象交于，两点，求证：；（3）若，且不等式对一切正实数x恒成立，求k的取值范围【详解】（1）令，所以，当时，在上单调递增；当时，在单调递减；所以，所以的零点为（2）由题意， ，要证 ，即证，即证，令，则，由（1）知，当且仅当时等号成立，所以，即，所以原不等式成立（3）不等式 对一切正实数恒成立，设，记，当时，即时，恒成立，故单调递增于是当时，又，故，当时，又，故，又当时，因此，当时，当，即时，设的两个不等实根分别为，又，于是，故当时，从而在单调递减；当时，此时，于是，即 舍去，综上，的取值范围是试卷第11页，共11页学科网（北京）股份有限公司
