2022湖北省石首市高二下学期期中考试数学试题含答案

石首市2021——2022学年度下学期期中考试

高中二年级数学试题

考试时间：120分钟    值分 :150分

注意事项：

1．本试卷分为试题卷和答题卡，答题前请先将自己的姓名、学校、班级填写在答题卡上对应的位置。

2．选择题的答案请用 2B 铅笔以正确的填涂方式填写在答题卡上对应的位置，非选择题请将答案填写在相应的答题栏内，写在试题卷上的答案无效。

一、单选题（每小题5分，共8小题40分）

1．已知函数可导，且，（）

A．－3 B． 0 C． 3 D． 6

2．“中国梦”的英文翻译为“China Dream”，其中China又可以简写为CN，从“CN Dream”中取6个不同的字母排成一排，含有“ea”字母组合（顺序不变）的不同排列共有（）

A．360种 B．480种 C．600种 D．720种

3．已知函数的导函数为，且满足，则曲线在处的切线方程是（）

A． B．
C． D．

4．用总长14.8m的钢条制作一个长方体容器的框架，若容器底面的长比宽多0.5m，要使它的容积最大，则容器底面的宽为（）

A．0.5m B．0.7m C．1m D．1.5m

5．正方体六个面上分别标有A，B，C，D，E，F六个字母，现用5种不同的颜色给此正方体六个面染色，要求有公共棱的面不能染同一种颜色，则不同的染色方案有（）种．

A．420 B．600 C．720 D．780

6．函数，的图象大致为（）

A． B．

C． D．

7．已知，展开式中x的系数为，则等于（）

A． B． C． D．

8．定义在上的函数的导函数为，且，若对任意恒成立，则关于的不等式的解集为（）

A．   B． C．  D．

二、多选题（每小题5分，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分，共4小题20分）

9．以下四个式子分别是函数在其定义域内求导，其中正确的是（）

A． B．
C． D．

10．已知二项式的展开式中各项系数之和是，则下列说法正确的有（）

A．展开式共有7项     B．所有二项式系数和为128

C．二项式系数最大的项是第4项  D．展开式的有理项共有4项

11．将杨辉三角中的每一个数都换成，得到如图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形．莱布尼茨三角形具有很多优美的性质，如从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，如果（），那么下面关于莱布尼茨三角形的结论正确的是（）

A．第2行第2个数是

B．当n是偶数时，中间的一项取得最大值；当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值

C．（，）

D．（，）

12．已知函数有两个零点，，则（）

A．a的取值范围为    B．
C．      D．

三、填空题（每小题5分，共4小题20分）

13．已知某质点的位移S与移动时间t满足，则质点在t＝2的瞬时速度是__________．

14．在的展开式中，含项的系数为__________（结果用数值表示）．

15．3个学生和3个老师共6个人站成一排照相，有且仅有两个老师相邻，则不同站法的种数是__________（结果用数字表示）．

16．设函数与是定义在同一区间上的两个函数，若对任意的，都有，则称与在上是“密切函数”，区间称为“密切区间”．设函数与在上是“密切函数”，则实数t的取值范围是__________．

四、解答题（共6小题70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17．（10分）（1）4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有多少种放法;

（2）4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，恰有一个盒子空，共有多少种放法;

（3）10个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，每个盒子不空，共有多少种放法;

（4）4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，恰有两个盒子空，共有多少种放法?

18．（12分）已知函数．

（1）求函数的单调区间;

（2）经过点作函数图象的切线，求该切线的方程．

19．（12分）在的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为．

（1）求n的值;

（2）求展开式中所有的有理项;

（3）求展开式中系数最大的项．

20．（12分）已知函数．

（1）讨论的极值．

（2）当时，若无最小值，求实数a的取值范围．

21．（12分）某公司研发甲、乙两种新产品，根据市场调查预测，甲产品的利润与投资金额x（单位:万元）满足：（且为常数），且曲线与直线在点相切；乙产品的利润与投资金额的算术平方根成正比，且其图象经过点．

（1）分别求甲、乙两种产品的利润与投资金额间的函数关系式;

（2）已知该公司已筹集到40万元资金，并将全部投入甲、乙两种产品的研发，每种产品投资均不少于10万元．问怎样分配这40万元，才能使该公司获得最大利润?其最大利润为多少万元?（结果保留3位小数，参考数据:，，，，）
22．（12分）已知函数，为的导数．

（1）证明:当时，．

（2）设，证明：有且仅有2个零点．

2021~2022学年度下学期高二数学参考答案及评分标准

一、单选题 1．D  2．C  3．C  4．C  5．D  6．C  7．A  8．B

二、多选题 9．BC  10．BD  11．AC  12．BCD

三、填空题 13．8   14．12   15．432   16．

第12题：

【答案】B，C，D

【解析】，因为，所以当时，，单调递增，函数至多有一个零点; 当时，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，函数有最大值，最大值为:，当时，，所以函数至多有一个零点; 当时，，而，当时，，当时，，所以函数在，内各有一个零点，所以，因此选项A不正确; 选项B:因为，所以，因此本选项正确; 选项C:因为，当时，，所以，因此，构造新函数，，因为，所以，单调递减，因此当时，，又因为，所以，而，因此，所以本选项正确; 选项D:，令，显然有，令，，显然，因此有:，设，所以有，当时，，单调递减，当时，，单调递增，因为，所以，令，即，因为，所以，单调递增，因为，所以，而，所以，因为，所以，当时，单调递减，因此有，即，所以本选项说法正确，故选：BCD．
第16题：

【答案】

【解析】因为函数与在上是“密切函数”，则

即对于恒成立，所以

，即对于恒成立，令，则，当时，;当时，; 所以，，，所以，所以，可得，所以实数t的取值范围是:．故答案为:
 

四、解答题

17【解】：

（1）每个小球有4种方法，共有种放法;     2分

（2）先选1个空盒，再把4个小球分成3组，最后分到3个盒子，共有种放法;                                               5分

（3）9个空中插入3个板即可，种放法;                                    7分

（4）先选2个空盒，再3个空中插入1个板即可，共有种放法．        10分
 

18【解】：

(1)  ，故，       1分

取，则，                                   2分

故函数的单调递减是;单调递增是．                        6分

(2)  设切点为，则                               7分

，

解得，                                                          11分

故切线方程为，即．                                        12分
 

19【解】：

(1)  由题意知:，                              1分

则第4项的系数为，倒数第4项的系数为，

则有即，∴． 3分

(2)  由（1）可得，当时所有的有理项为，，，4分

即，，，8分

(3)  设展开式中第项的系数最大，

则，                                     10分

                                                             11分

∴，故系数最大项为．                                12分

20【解】：

(1)  因为，所以．     1分

令，得或．                                                 2分

①当时，由，得;由，得．

则在上单调递减，在上单调递增，

函数有极小值，没有极大值                                           4分

②当时，由，得或;由，得．

则在上单调递减，在和上单调递增，

函数有极大值，极小值．                              6分

③当时，恒成立，

则在上单调递增，函数无极值．                                     7分

④当时，由，得或;由，得．

则在上单调递减，在和上单调递增，

函数有极大值，极小值

综上，当时，函数有极小值，无极大值

当时，函数有极大值，极小值;

当时，函数无极值；

当时，函数有极大值，极小值                  9分

（2）①当时，由（1）可知在上单调递减，在上单调递增，

则有最小值，故不符合题意．                           10分

②当时，由（1）可知在上单调递减，在和上单调递增，

因为无最小值，所以，即，解得;        11分

③当时，由（1）可知在上单调递增，所以无最小值，

所以符合题意;

综上，实数a的取值范围为．                                          12分

21【解】：

(1)  函数的定义域为且，

因为点在直线上，故有                                  1分

又曲线与直线在点处相切，

故有，得，                                       3分

则甲产品的利润与投资金额间的函数关系式为．       4分

由题意得乙产品投资金额与利润的关系式为:，

将点代入上式，可得，                                         5分

所以乙产品的利润与投资金额间的关系式为;              6分

(2)  设甲产品投资x万元，则乙产品投资万元，且，

则公司所得利润为，                                7分

故有，                                                   8分

令，解得，令，解得，

所以为函数的极大值点，也是函数的最大值点                          10分万元．

所以当甲产品投资15万元，乙产品投资25万元时，

公司获得最大利润为21.124万元．                                         12分

22【解】：

（1）证法1:当时，要证，只要证．  1分

设，

则，                                       3分

所以在上单调递减，;

所以，当时，．                                           5分

证法2:，                                       1分

设，，

当时，可证:，，

当时，设，，则，，

，单调递增，，，

所以，，

，

所以函数在上单调递增，即函数在上单调递增．

所以．                                                 5分

证法3:

①当，即时，;           1分

②当时，要证，只要证，即，

易知，当时，单调递增，而单调递减，

所以．

当时，，而，

所以．

综上所述，当时，．                                         5分

（1）证：，，                                      6分

①由（1）知，当时，，在上单调递增，

且，，

所以在上有且仅有1个零点．                                    7分

②当时，可证，在上单调递减，证明如下:

欲证，

只要证，

设，则，            8分

所以在上单调递减，得，

故，得在上单调递减，                                  10分

且，，

所以在上有且仅有1个零点．                                   11分

综上所述，有且仅有2个零点．                                        12分

注:第（2）问中，关于“②当，可证，在上单调递减”，

其证明过程也可以如下:

由，

讨论: ①时，;

②当时，单调递增，则．

当时，，即在上单调递减．