2022天津北京师范大学静海附属学校高二下学期期中考试数学含解析

北师静海附2021～2022学年高一年级下学期阶段测试

数　学　试　题

考试时间：120分钟    满分：150分

一、单选题(共9个小题，每小题5分，共45分)

1．（2019·天津·高二期末）已知函数，则（     ）

A．有极小值，无极大值       B．无极小值，有极大值

C．既有极小值，又有极大值   D．既无极小值，又无极大值

2．（2021·天津·高二期末）下列求导运算中，正确的是（       ）

A． B． 

C． D．

3．（2021·天津·高二期中）已知，函数的递增区间为（       ）

A． B． C． D．

4．（2021·天津·高二期末）（       ）

A． B． C． D．

5．（2019·天津·高二期末）四大名著是中国文学史上的经典作品，是世界宝贵的文化遗产.在某学校举行的“文学名著阅读月”活动中，甲、乙、丙、丁、戊五名同学相约去学校图书室借阅四大名著《红楼梦》、《三国演义》、《水浒传》、《西游记》（每种名著至少有5本），若每人只借阅一本名著，则不同的借阅方案种数为

A． B． C． D．

6．（2011·天津·高考真题（理））在的二项展开式中，的系数为（     ）

A． B． C． D．

7．（2021·天津·高二期中）在的展开式中，的指数是整数的项共有（       ）

A．3项 B．4项 C．5项 D．6项

8．（2021·天津·高二期中）现有高一年级的学生名，高二年级的学生名，高三年级的学生名，从中任选人参加某项活动,不同的选法种数为

A． B． C． D．

9．（2021·天津·高二期末）已知的展开式共有6项，则展开式中各项二项式系数的和为（       ）

A． B． C． D．

二､填空题(共6个小题，每小题5分，共30分)

10．（2020·天津·高二期末）已知实数为函数的极小值点,则_____.

11．（2013·天津·高考真题（理））的二项展开式中的常数项为___________．

12．（2021·天津·高二期中）计算：___________．

13.（2008·天津·高考真题（文））有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有数字1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有________________种（用数字作答）．

14.（2007·天津·高考真题（文））若的二项展开式中 的系数为，则 ____（用数字作答）．

15．（2018·天津·高三期末（理））已知函数若函数恰有3个零点，则实数的取值范围为________.

三､解答题(共5个小题，每题15分，共计75分)

16. （本小题满分15分）（2021·天津·高二期中）已知，函数在处取得极值为．

（1）求a，b的值；

（2）求的单调区间及极值．

17（本小题满分15分）（2021·天津经济技术开发区第一中学高二期中）已知展开式前三项的二项式系数和为22．

（1）求的值；

（2）求展开式中的常数项；

（3）求展开式中二项式系数最大的项．

18. （本小题满分15分）2．（2021·天津·静海一中高二期末）（1）六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有几种？(最后结果需用数字作答)

（2）把件不同产品摆成一排，若产品与产品相邻，且产品与产品不相邻，则不同的摆法有几种？(最后结果需用数字作答)

（3）四个不同的小球放入编号为，，，的四个盒子中，恰有一个空盒，共有多少种放法？(最后结果需用数字作答)

19. （本小题满分15分）（2021·天津·高二期中）在100件产品中，有97件合格品，3件次品从这100件产品中任意抽出5件．（此题结果用式子作答即可）

（1）抽出的5件中恰好有2件是次品的抽法有多少种；

（2）抽出的5件中至少有2件是次品的抽法有多少种；

（3）抽出的5件中至多有2件是次品的抽法有多少种？

20.（本小题满分15分）（2021·天津·高二期中）已知函数，且曲线在处的切线与轴平行．

（1）求的值；

（2）求的单调区间；

（3）证明：当时，．

北师静海附2021～2022学年高一年级下学期阶段测试

数　学　试　题

考试时间：120分钟    满分：150分

二、单选题(共9个小题，每小题5分，共45分)

1．（2019·天津·高二期末）已知函数，则（     ）

A．有极小值，无极大值

B．无极小值，有极大值

C．既有极小值，又有极大值

D．既无极小值，又无极大值

【答案】B

【解析】

【分析】

求出，对的正负分析，即可判断函数的极值情况．

【详解】

由题可得：，

当时，

当时，

所以f（x）在处取得极大值，无极小值．

故选B

【点睛】

本题主要考查了利用导数判断极值的方法，属于基础题．

2．（2021·天津·高二期末）下列求导运算中，正确的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】

【分析】

利用基本初等函数的求导公式及导数的四则运算法则，对四个选项一一验证即可.

【详解】

对于A：，故A错误；

对于B：，故B错误；

对于C：，故C错误；

对于D：，故D正确.

故选：D

3．（2021·天津·高二期中）已知，函数的递增区间为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

【分析】

先求解出，然后根据的正负分析出在上的单调性，由此可知的递增区间.

【详解】

因为，所以，

令，解得，

当时，，当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以在上的单调递增区间为，

故选：C.

4．（2021·天津·高二期末）（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】

【分析】

由组合数公式直接计算可得结果.

【详解】

.

故选：B.

5．（2019·天津·高二期末）四大名著是中国文学史上的经典作品，是世界宝贵的文化遗产.在某学校举行的“文学名著阅读月”活动中，甲、乙、丙、丁、戊五名同学相约去学校图书室借阅四大名著《红楼梦》、《三国演义》、《水浒传》、《西游记》（每种名著至少有5本），若每人只借阅一本名著，则不同的借阅方案种数为

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】

【分析】

通过分析每人有4种借阅可能，即可得到答案.

【详解】

对于甲来说，有4种借阅可能，同理每人都有4种借阅可能，根据乘法原理，故共

有种可能，答案为A.

【点睛】

本题主要考查乘法分步原理，难度不大.

6．（2011·天津·高考真题（理））在的二项展开式中，的系数为（     ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

【详解】

因为,可得时，的系数为，C正确.

7．（2021·天津·高二期中）在的展开式中，的指数是整数的项共有（       ）

A．3项 B．4项 C．5项 D．6项

【答案】C

【解析】

【分析】

先写出展开式的通项，然后分析的指数部分，对取合适的值使的指数为整数，由此完成求解.

【详解】

因为展开式通项为，

若为整数且，

经计算可知满足条件，所以共有项，

故选：C.

8．（2021·天津·高二期中）现有高一年级的学生名，高二年级的学生名，高三年级的学生名，从中任选人参加某项活动,不同的选法种数为

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】

【详解】

解：因为高一年级的学生名，高二年级的学生名，高三年级的学生名，从中任选人参加某项活动，则由分类加法计数原理可知不同选法种数为3+5+4=12种，选A

9．（2021·天津·高二期末）已知的展开式共有6项，则展开式中各项二项式系数的和为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】

【分析】

依题意可得，从而得到二项式系数和；

【详解】

解：因为的展开式共有6项，所以，

所以展开式中各项二项式系数的和为，

故选：A

二､填空题(共6个小题，每小题5分，共30分)

10．（2020·天津·高二期末）已知实数为函数的极小值点,则_____.

【答案】

【解析】

【分析】

首先求出函数的导函数，求出函数的单调区间，即可求出函数的极小值点.

【详解】

解：

令解得或，即函数在和上单调递增；

令解得，即函数在上单调递减；

故函数在处取得极小值.

即

故答案为：

【点睛】

本题考查利用导数求函数的极值点，属于基础题.

11．（2013·天津·高考真题（理））的二项展开式中的常数项为___________．

【答案】15

【解析】

【分析】

根据二项式展开式的通项公式，结合题意，即可容易求得结果.

【详解】

因为的通项公式，

令，故可得，则二项展开式的常数项为.

故答案为：15．

12．（2021·天津·高二期中）计算：___________．

【答案】128

【解析】

【分析】

直接利用组合数的性质和公式求解即可

【详解】

解：

故答案为：128

13.（2008·天津·高考真题（文））有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有数字1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有________________种（用数字作答）．

【答案】432

【解析】

【详解】

数字之和为10的情况有4，4，1，1、　4，3，2，1、　3，3，2，2．

所以共有种不同排法．

14.（2007·天津·高考真题（文））若的二项展开式中 的系数为，则 ____（用数字作答）．

【答案】2

【解析】

【详解】

，令

15．（2018·天津·高三期末（理））已知函数若函数恰有3个零点，则实数的取值范围为________.

【答案】

【解析】

【分析】

画出 的图像,再分析与的交点个数即可.

【详解】

画出函数的图像,如图所示：

先求与相切时的情况,由图可得此时,

设切点为,则,解得, .

此时.斜率.又当时与平行也为临界条件.

故.

故答案为：

【点睛】

本题主要考查了数形结合求解函数零点个数的问题,需要根据题意画出图像,再分析临界条件分析.属于中档题.

三､解答题(共5个小题，每题15分，共计75分)

16. （本小题满分15分）（2021·天津·高二期中）已知，函数在处取得极值为．

（1）求a，b的值；

（2）求的单调区间及极值．

【答案】（1），；（2）递增区间是与，递减区间是，极大值为，极小值为．

【解析】

【分析】

（1）由已知条件可得，，从而可求出a，b的值；

（2）令，求出方程的根，然后列出的变化情况表，从而可求出函数的极值和单调区间

【详解】

解：（1），

由，

得，

（2），令，得或

函数的单调区间如下表：

所以函数的递增区间是与，递减区间是

极大值为，极小值为

17（本小题满分15分）（2021·天津经济技术开发区第一中学高二期中）已知展开式前三项的二项式系数和为22．

（1）求的值；

（2）求展开式中的常数项；

（3）求展开式中二项式系数最大的项．

【答案】（1）；（2）；（3）.

【解析】

【分析】

1利用公式展开得前三项，二项式系数和为22，即可求出n．

2利用通项公式求解展开式中的常数项即可．

3利用通项公式求展开式中二项式系数最大的项．

【详解】

解：由题意，展开式前三项的二项式系数和为22．

1二项式定理展开：前三项二项式系数为：，

解得：或舍去．

即n的值为6．

2由通项公式，

令，

可得：．

展开式中的常数项为；

是偶数，展开式共有7项则第四项最大

展开式中二项式系数最大的项为．

【点睛】

本题主要考查二项式定理的应用，通项公式的有关计算，属于基础题．

18. （本小题满分15分）2．（2021·天津·静海一中高二期末）（1）六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有几种？(最后结果需用数字作答)

（2）把件不同产品摆成一排，若产品与产品相邻，且产品与产品不相邻，则不同的摆法有几种？(最后结果需用数字作答)

（3）四个不同的小球放入编号为，，，的四个盒子中，恰有一个空盒，共有多少种放法？(最后结果需用数字作答)

【答案】（1）216；（2）36；（3）144

【解析】

（1）按照最左端分两类，第一类排甲，其余的5人全排列， 第二类排乙，最右端不排甲，其余4人全排列，再由分类计数原理求解.

（2）分步完成，第一步将A，B捆在一起当作一个元素与除C的两个元素一起全排列，第二步将C插入已经排好的排列中，让A，C不相邻，再由分步计数原理求解.

（3）从4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列.

（4）易知的展开式的二项式系数和为，的展开式系数和，由，解得，再由二项式系数的性质求解.

【详解】

（1）按照最左端分两类，第一类排甲，其余的5人全排列，共有种，

第二类，排乙，最右端不排甲有种，其余4人全排列，有种，共有种，

由分类计数原理得共有120+96=216种.

（2）分步完成，

第一步将A，B捆在一起当作一个元素与除C的两个元素一起全排列，共有种，

第二步将C插入已经排好的排列中，让A，C步相邻，有种，

由分步计数原理得：共有种.

（3）四个不同的小球放入编号为，，，的四个盒子中，恰有一个空盒，说明恰有一个盒子中有2个小球，从4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列，有种不同的方法.

19. （本小题满分15分）（2021·天津·高二期中）在100件产品中，有97件合格品，3件次品从这100件产品中任意抽出5件．（此题结果用式子作答即可）

（1）抽出的5件中恰好有2件是次品的抽法有多少种；

（2）抽出的5件中至少有2件是次品的抽法有多少种；

（3）抽出的5件中至多有2件是次品的抽法有多少种？

【答案】（1）种；（2）种；（3）种．

【解析】

【分析】

（1）抽出的5件中恰好有2件是次品，则3件合格品，从而可得答案；

（2）抽出的5件中至少有2件是次品包含2件次品3件合格品和3件次品2件合格品，再利用分类计数原理可求得结果；

（3）抽出的5件中至多有2件是次品包含5件全是合格品，1件次品4件合格品和2件次品3件合格品，再利用分类计数原理可求得结果

【详解】

解：（1）抽出的产品中恰好有2件是次品的抽法

共有种抽法．．

（2）抽出的产品中至少有2件是次品的抽法

共有种抽法．

（3）抽出的产品中至多有2件是次品的抽法

共有种抽法．

20.（本小题满分15分）（2021·天津·高二期中）已知函数，且曲线在处的切线与轴平行．

（1）求的值；

（2）求的单调区间；

（3）证明：当时，．

【答案】（1）；（2）在区间，上单调递减，在区间上单调递增；（3）证明见解析．

【解析】

【分析】

（1）求出函数的导函数，结合题意得到关于的方程，解出即可；

（2）由（1）知，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；

（3）由（2）知在单调递增，即可求出函数的最值，即可得证．

【详解】

解：（1）．由条件知，

，故解得．

（2）由（1）知

故当时，；

当时，．

从而在区间，上单调递减，在区间上单调递增．

（3）由（2）知在单调递增，

故在的最大值为，最小值为．

从而对任意，有．

而当时，．

从而．