天津市部分区2022-2023学年高二数学下学期期中试题（Word版附解析）

天津市部分区2022～2023学年度第二学期期中练习高二数学本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共120分，考试用时100分钟.祝各位考生考试顺利!第I卷一、选择题：本大题共9小题，每小题4分，共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是等合题目要求的.1.已知函数，其导函数是，则（）A.2B.1C.0D.【答案】D【解析】【分析】求导得到导函数，计算得到答案.【详解】，则，则.故选：D2.（）A.960B.480C.160D.80【答案】B【解析】【分析】直接计算得到答案.【详解】.故选：B3.已知函数的导函数是，若，则（）A.B.1C.2D.4【答案】B【解析】【分析】根据导数定义，将增量化成即可得到.【详解】因为 所以故选：B4.在的二项展开式中，中间一项的二项式系数是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据二项展开式的性质，即可求得中间一项的二项式系数，得到答案.【详解】由二项式的展开式为，又由二项式的展开式共有项，所以中间一项为第项，所以中间一项的二项式系数为.故选：D.5.有5人承担，，，，五种不同的工作，每人承担一种，且每种工作都有人承担.若这5人中的甲不能承担种工作，则这5人承担工作的所有不同的方法种数为（）A.24B.60C.96D.120【答案】C【解析】【分析】先让甲在中选择一项工作，再让剩余的4人选择4项工作，计算得到答案.【详解】先让甲在中选择一项工作，共有种方法；再让剩余的4人选择4项工作，共有种方法，故共有种方法.故选：C6.的展开式中的常数项为（）A.B.18C.D.9【答案】A【解析】【分析】根据二项式展开式的通项公式，即可求得结果. 【详解】的展开式的通项公式为，令，得，故常数项为．故选：A.7.函数，，下列关于的说法中正确的是（）A.为极小值，为极小值B.为极大值，为极小值C.为极小值，为极大值D.为极大值，为极大值【答案】C【解析】【分析】由导数可得函数的单调区间，再由极值的概念即可得解.【详解】因为，，所以，令即，可得或，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；所以当时，函数取得极小值，当时，函数取得极大值，故选：C8.7 名身高各不相同的同学站成一排，若身高最高的同学站在中间，且其每一侧同学的身高都依次降低，则7名同学所有不同的站法种数为（）A.20B.40C.8D.16【答案】A【解析】【分析】让最高的同学站中间，再在剩余的6人中选择3人，放在左边，剩余3人放在右边，计算得到答案.【详解】让最高的同学站中间，再在剩余的6人中选择3人，放在左边，剩余3人放在右边，共有种站法.故选：A9.已知函数的导函数是，对任意的，，若，则的解集是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设，求得，根据题意得到，得到函数单调递减，又由，得到，把，转化为，结合函数的单调性，即可求得不等式的解集.【详解】设函数，可得，因为，可得，所以函数单调递减，又因，可得，由不等式，即为，所以，即不等式的解集为.故选：C.第II卷二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分.10.在展开式中，的系数是_________.【答案】 【解析】【分析】由二项式展开式可得其通项为，写出含的项即可得系数.【详解】由题设，二项式展开式通项，当时，，故的系数是.故答案为：11.函数的导数_____.【答案】【解析】【分析】根据导数的四则运算法则，准确计算，即可求解.【详解】由函数，可得.故答案为：.12.已知，则_____.【答案】【解析】【分析】根据二项展开式，令，即可求解.【详解】由，令，可得故答案为：.13.有12个志愿者名额全部分配给某年级的10个班，若每班至少分配到一个名额，则所有不同的分配方法种数为_____.【答案】55【解析】【分析】采用挡板法，即将12个志愿者名额看作12个相同的元素，分为10组，每组至少一个元素，在这12个元素之间形成的11个空中，选9个插入挡板即可.【详解】12个志愿者名额全部分配给某年级的10个班，若每班至少分配到一个名额,可将12个志愿者名额看作12个相同的元素，分为10组，每组至少一个元素，因此在这12个元素之间形成的11个空中，选9个插入挡板即可，故有种不同的分配方法种数， 故答案为：5514.一个集合含有3个元素子集的个数与这个集合的含有4个元素子集的个数相等，则这个集合子集的个数为_____.【答案】【解析】【分析】设集合的元素个数为，，解得，再计算子集个数得到答案.【详解】设集合的元素个数为，则，解得，故集合子集的个数为.故答案为：15.若直线与抛物线相切，且切点在第一象限，则与坐标轴围成三角形面积的最小值为_____.【答案】4【解析】【分析】设切点坐标，利用导数求切线方程，然后表示出三角形面积，利用导数可得最小值.【详解】设切点为，因为，所以切线斜率为，得切线l的方程为与坐标轴的交点分别为，令，解得，因为切点在第一象限，所以，所以与坐标轴围成三角形面积令，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，有最小值所以故答案为：4 三、解答题：本大题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16.已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求的单调区间.【答案】（1）（2）的单调递增区间是和；单调递减区间是【解析】【分析】（1）求出导函数，得出切线斜率，再计算出，由点斜式写出切线方程，整理即得；（2）由得增区间，得减区间，即可．【小问1详解】由题意得：，所以(1)，(1)，故曲线在点，(1)处的切线方程，即；【小问2详解】，令，易得或，令，易得，所以函数在和上递增，在上递减，即的单调递增区间是和；单调递减区间是.17.在的二项展开式中，（1）若，且第3项与第6项相等，求实数x值；（2）若第5项系数是第3项系数的10倍，求n的值.【答案】（1）（2） 【解析】【分析】（1）当时，求得展开式的通项，根据题意列出方程，即可求解；（2）求得展开式的通项，根据题意，得到方程，结合组合数的计算公式，即可求解.【小问1详解】解：当时，可得展开式的通项，令，可得，令，可得，因为第3项与第6项相等，可得，解得.【小问2详解】解：由二项式展开式的通项，可展开式中第5项的系数为，第3项的系数为，因为第5项系数是第3项系数的10倍，可得，即，即，可得，解得或（舍去），所以的值为.18.已知函数.（1）求的极大值点和极小值点；（2）求在区间上的最大值和最小值.【答案】（1）极大值点为，极小值点为（2）最大值为,最小值为【解析】【分析】（1）求导，判断单调区间，然后可得极值点；（2）根据（1）可得单调区间，根据单调性可得最值.【小问1详解】 令解得或，列表如下：x2+0-0+单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以极大值点为，极小值点为.【小问2详解】由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增，又，，所以所以在区间上的最大值为，最小值为.19.一个口袋内有5个不同的红球，4个不同的白球.（1）若将口袋内的球全部取出后排成一排，求白球互不相邻的排法种数；（2）已知取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，若从口袋内任取5个球，总分不少于8分，求不同的取法种数.【答案】（1）43200（2）81【解析】【分析】（1）使用插空法可解；（2）分3红2白，4红1白，5红三种情况求解即可.【小问1详解】先将5个红球排成一排共，再将4个白色小球插入到6个空位中有，所以白球互不相邻的排法种数为种.【小问2详解】 当取出的小球为3红2白时得8分，共种；当取出小球为4红1白时得9分，共种；当取出小球都是红球时得10分，共1种.所以口袋内任取5个球，总分不少于8分的取法共有种.20.已知函数，.（1）判断的零点个数，并说明理由；（2）若对任意的，总存在，使得成立，求a的取值范围.【答案】（1）0，理由见解析（2）【解析】【分析】（1）求导，得到函数单调区间，计算最值得到答案.（2）根据函数单调性得到，确定函数在时单调递增，计算值域得到，解得答案.【小问1详解】，，则，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，，故函数没有零点.【小问2详解】，单调递减，故，即；当时，恒成立，故函数单调递增，故，即，故，则，解得，即. 【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数求函数的零点问题，恒成立和能成立问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将恒成立和能成立问题转化为函数的值域的关系是解题的关键.