河北省唐山市十县一中联盟2022-2023学年高二数学下学期期中试题（Word版附解析）

唐山市十县一中联盟2022-2023学年度高二年级第二学期期中考试数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡的“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔将答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案涂在试卷上一律无效.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域的相应位置内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4.考生必须保持答题卡整洁.考试结束后，将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（）A.1B.2C.3D.4【答案】A【解析】【分析】根据导数的运算法则求出函数的导函数，再代入计算可得.【详解】因为，所以，则.故选：A2.的展开式中第6项与第7项的二项式系数相等，则n为（）A.10B.11C.12D.13【答案】B【解析】【分析】根据二项式系数的定义求解即可.【详解】因为的展开式中第6项与第7项的二项式系数相等，所以，解得.故选：B. 3.函数的图象大致是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先利用导数求出函数的单调区间，再根据时，函数值的符号，利用排除法即可得解.【详解】，当或时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，故排除B；当时，，所以，故排除CD.在A中：单调性满足，当时满足，令即有两个正根，且时，当或时，以上性质图象均满足，故A正确.故选：A.4.甲、乙、丙、丁4名大学生分配到3个不同的单位，每人去1个单位，每个单位至少1人，则不同的分配方案共有（）A.24种B.36种C.64种D.81种【答案】B【解析】【分析】先把四个人分成三组，再将三组分配到三个不同的地方去即可.【详解】由题意，不同的分配方案共有种.故选：B.5.已知，，（其中e为自然对数的底数），则（）A.B.C.D.【答案】B 【解析】【分析】构造，由导数求得最大值为，然后用作差法比较，的大小即可.【详解】设，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，所以，，中最大.又，所以，.故选：B.6.若函数有两个不同的极值点，则实数a可以为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】将问题转化为有2个不同的实数根，令，转化为的图象与的图象有两个交点求的取值范围问题，利用导数求出函数的单调区间和最值，从而可求出实数的取值范围.【详解】依题意得有2个不同的实数根，即有2个不同的实数根，可转化为的图象与的图象有两个交点求的取值范围问题，令，则，时，，时，时，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，图象如下图，所以在上无极值，在上的最小值为，若函数有两个不同的极值点，因此．故选：D. 7.已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据导函数在上恒成立，即可结合基本不等式求解.【详解】由于在上单调递增，所以在上恒成立，故在上恒成立，由于当且仅当时取等号，所以，故选：C8.如图，某城区的一个街心花园共有五个区域，中心区域⑤是代表城市特点的标志性塑像，要求在周围①②③④四个区域内种植鲜花，现有四个品种的鲜花供选择，要求每个区域只种一个品种且相邻区域所种品种不同，则不同的种植方法共有（）A.48种B.60种C.84种D.108种【答案】C【解析】【分析】根据四个区域所种植鲜花的种类进行分类：种植两种鲜花，种植三种鲜花，种植四种鲜花，然后相加即可求解.【详解】由题意可知：四个区域最少种植两种鲜花，最多种植四种，所以分以下三类： 当种植的鲜花为两种时：①和③相同，②和④相同，共有种种植方法；当种植鲜花为三种时：①和③相同或②和④相同，此时共有种种植方法；当种植鲜花为四种时：四个区域各种一种，此时共有种种植方法，综上：则不同的种植方法的种数为种，故选：C.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.已知函数，则（）A.的极小值为B.的极大值为C.在区间上单调递增D.在区间上单调递增【答案】BD【解析】【分析】利用导数分析函数的单调性与极值，即可得出结论.【详解】因为，该函数的定义域为，且，令，可得或，列表如下：增极大值减极小值增所以，函数在上单调递增，BD对，AC均错.故选：BD.10.下列说法正确的是（）A.可表示为 B.若把单词“best”的字母顺序写错，则可能出现的错误共有23种C.9个朋友聚会，见面后每两人握手一次，一共握手36次D.5个人站成一排，甲不站排头，乙不站排尾，共有72种不同排法【答案】BC【解析】【分析】根据排列数公式计算即可判断A；利用排列即可判断B；从9人种选2人结合组合即可判断C；利用排除法即可判断D.【详解】对于A，因为，故A错误；对于B，可能出现的错误共有，故B正确；对于C，9个朋友聚会，两人握手一次，则共有次，故C正确；对于D，若5个人站成一排，则有种，若甲站排头，则有种，若乙站排尾，则有种，若甲站排头且乙站排尾，则有种，所以甲不站排头，乙不站排尾，共有种不同排法，故D错误.故选：BC.11.若，则（）A.B.展开式中所有项的二项式系数的和为C.奇数项的系数和为D.【答案】ABD【解析】【分析】利用赋值法判断A、C、D，利用二项式系数的和的性质判断B.【详解】因为，令可得，故A正确；展开式中所有项的二项式系数的和为，故B正确；令，， 令，则，两式相加得展开式中所有奇数项系数的和为，故C错误；令，则，所以，故D正确．故选：ABD12.已知函数，下列说法正确的是（）A.在上单调递减，在上单调递增B.当时，C.若函数有两个零点，则D.若，且，则【答案】BD【解析】【分析】对于A，求导后直接求出单调区间判断即可；对于B，根据函数的单调性即可判断；对于C，结合偶函数的图象特点转化为两个函数的交点问题，求出的范围判断；对于D，构造函数，判断的单调性，得到，再根据的单调性，即可得到.【详解】对于A，的定义域为，则，若，即，则；若，即，则且，所以在和上单调递减，在上单调递增，故A错误；对于B，由选项A知，在上单调递增，因为，所以，即， 又，所以，故B正确.对于C，由选项A，可得的图象如图所示，若函数有两个零点，则函数和有两个交点，又定义域关于原点对称，且，所以在定义域内为偶函数,则与函数在定义域内有一个交点，由图知，或，故C错误；对于D，，且，由选项C中的图象可知，，令，则因为，所以，所以，令，则在为增函数，所以，即，则，即，因为，所以，，又，则， 所以在为减函数，又，，即，所以，即，又，所以，则，因为，所以，又，由选项A知，在上单调递增，则，即.故D正确.故选：BD【点睛】关键点点睛：本题中D选项求解的关键是：利用极值点偏移，构造对称函数，通过所构造函数的单调性来判断.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.某人有5件不同的衬衫，6条不同的裤子，1件上衣和1条裤子为一种搭配，则搭配方法共有______种.【答案】【解析】【分析】按照分步乘法计数原理计算可得.【详解】依题意有种搭配方法.故答案为：14.函数的单调递减区间是______.【答案】【解析】【分析】求导，再令，即可得解.【详解】函数的定义域为，，令，解得， 所以函数的单调递减区间是.故答案为：.15.9名学生报名参加学校联欢晚会，其中4人只会唱歌，2人只会跳舞，其余3人既会唱歌又会跳舞，现从中选6人，3人唱歌，3人跳舞，共有______种不同的选法.【答案】【解析】【分析】从只会跳舞的人入手，分只会跳舞的选人，只会跳舞的选人和只会跳舞的选人，三种情况讨论，即可得解.【详解】只会跳舞的选人，则有种，只会跳舞的选人，则有种，只会跳舞的选人，则有种，所以共有种不同的选法.故答案为：.16.如图，某校园有一块半径为10m的半圆形绿化区域（以O为圆心，AB为直径），目前进行改建，在AB的延长线上取点D，，在半圆上选定一点C，改建后绿化区域由扇形区域AOC和三角形区域COD组成.若改建后绿化区域的面积为S，设，则为______时，S取得最大值，最大值为______.【答案】①.②.【解析】【分析】由题意可得，，求导后，求出函数的单调区间，从而可求出函数的最大值.【详解】由题意得，， 则，由，得，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，所以当时，取得最大值（）.故答案为：，【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查扇形的面积公式的应用，解题的关键是根据题意表示出总面积，然后利用导数可求出其最大值，考查计算能力，属于中档题.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知函数.（1）求在处的切线方程；（2）当时，求的值域.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；（2）先利用导数求出函数的单调区间，在求出极值及区间端点的函数值，即可得解.【小问1详解】，则，所以在处的切线方程为；【小问2详解】 ，令，则，令，则，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，又，所以，所以当时，的值域为.18.已知的展开式中，前两项的二项式系数之和是9.（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中的系数.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而写出展开式的通项，即可得解；（2）令，解得，再代入计算可得.【小问1详解】依题意，即，解得，所以展开式的通项为（且），则展开式中二项式系数最大的项为.【小问2详解】 令，解得，所以，所以展开式中的系数为.19.用0，1，2，3，4这五个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数？（1）偶数；（2）百位和千位都是奇数的偶数；（3）比23014大的数.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）（2）（3）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.【小问1详解】末位，有个，末位是或，有个，故满足条件的五位偶数共有个.【小问2详解】可分两类，是末位数，有个，或是末位数，则个，故共有个.【小问3详解】或在万位，符合条件的五位数有个，在万位，在千位，符合条件的五位数有个，在万位，在千位，或在百位，符合条件的五位数有个，在万位，在千位，在百位，在十位，符合条件的五位数有个，故比大数有个.20.已知函数，.（1）证明：当时，； （2）若函数有两个零点，求m的取值范围.【答案】（1）证明过程见解析（2）【解析】【分析】（1）构造，求导得到其单调性，极值和最值，从而得到证明；（2）转化为与有两个交点，构造，求导，研究其单调性和极值，最值情况，数形结合得到答案.【小问1详解】，，，因为，所以，故单调递增，又，故，；【小问2详解】，，令得，，故函数有两个零点，即与有两个交点，令，，则，当时，，当时，，所以上单调递减，在上单调递增，又在处取得极小值，也是最小值，又当时，恒成立，当时，，故要想函数有两个零点，则，【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨 论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.21.已知函数.（1）若，，讨论的单调性；（2）若，，是的两个极值点，求的最小值.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调性，即可得解；（2）依题意可得、是方程的两个不相等的正实数根，利用韦达定理及根的判别式求出的取值范围，将转化为关于的函数，设，，利用导数求出的最小值，即可得解.【小问1详解】因为定义域为，且，又，，所以，当时令，解得或，令，解得，所以的单调递增区间为，，单调递减区间为；当时恒成立，所以的单调递增区间为，无单调递减区间；当时令，解得或，令，解得，所以的单调递增区间为，，单调递减区间为；综上可得当时的单调递增区间为，，单调递减区间为； 当时的单调递增区间为，无单调递减区间；当时的单调递增区间为，，单调递减区间为.【小问2详解】当时，因为、是函数的两个极值点，即、是方程的两个不相等的正实数根，所以，解得，所以，令，，设，，则，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时取得极小值即最小值，所以，即的最小值为.22.已知和有相同的最大值.（）（1）求的值；（2）求证：存在直线与两条曲线和共有三个不同的交点且，使得成等比数列.【答案】（1）（2）见解析【解析】 【分析】（1）分别用导数法求出与最大值，由最大值相等建立等式即可求解；（2）画出和的图象，设和的图象交于点，则当直线经过点时，直线与两条曲线和共有三个不同的交点，可得，再结合函数的单调性与等比数列的定义求解即可【小问1详解】的定义域为，且，，当时，，递增；当时，，递减；所以，的定义域为，且，当时，，递增；当时，，递减；所以，又和有相同的最大值，所以，解得，又，所以；【小问2详解】由（1）可知：在递增，在递减，且，在递增，在递减，且，和的图象如图所示： 设和的图象交于点，则当直线经过点时，直线与两条曲线和共有三个不同的交点，则，且，因为，所以，即，因为，且在递增，所以，所以，因为，所以，即，因为，且在递减，所以，所以，所以，即，所以得成等比数列