2022长春十一高中高二下学期第一学程考试数学试题（含详解）

长春市十一高中2021-2022学年度高二下学期第一学程考试

数学试题

第Ⅰ卷（共60分）

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.

1. 把3封信投到4个信箱中，所有可能的投法共有（    ）

A. 7种 B. 12种 C. 种 D. 种

【答案】D

【解析】

【分析】由题意可得每封信都有4种投法，再由分步乘法计数原理可求出结果

【详解】由题意可得，第1封信投到信箱中有4种投法，第2封信投到信箱中有4种投法，第3封信投到信箱中有4种投法，

所以由分步乘法计数原理可得共有种投法，

故选：D

2. 函数y=x2㏑x的单调递减区间为

A. （1,1] B. （0,1] C. [1，+∞） D. （0，+∞）

【答案】B

【解析】

【详解】对函数求导，得（x>0）,令解得，因此函数的单调减区间为，故选B

考点定位：本小题考查导数问题，意在考查考生利用导数求函数单调区间，注意函数本身隐含的定义域

3. 如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为

A. 24 B. 18 C. 12 D. 9

【答案】B

【解析】

【详解】解：从E到F，每条东西向的街道被分成2段，每条南北向的街道被分成2段，

从E到F最短的走法，无论怎样走，一定包括4段，其中2段方向相同，另2段方向相同，

每种最短走法，即是从4段中选出2段走东向的，选出2段走北向的，故共有C42C22＝6种走法．

同理从F到G，最短的走法，有C31C22＝3种走法．

∴小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为6×3＝18种走法．

故选B．

【考点】计数原理、组合

【名师点睛】分类加法计数原理在使用时易忽视每类中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是相互独立的；分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相互关联的．

4. 函数的图象大致为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】通过研究函数奇偶性以及单调性，以及由排除不正确的选项，从而得出答案..

【详解】详解：为奇函数，排除A,

，故排除D.

，

当时，，所以单调递增，所以排除C；

故选：B.

5. 若函数在是增函数，则a的取值范围是

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】试题分析：由条件知在上恒成立，即在上恒成立．

∵函数在上为减函数，

∴,

∴．

故选D．

考点：函数的单调性与导数的关系．

6. 为了贯彻落实中央新疆工作座谈会和全国对口支援新疆工作会议精神，促进边疆少数民族地区教育事业发展，我市教育系统选派了三位男教师和两位女教师支援新疆，这五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，其中两位女教师分派到同一个地方，则不同的分派方法有（    ）

A. 18种 B. 36种 C. 68种 D. 84种

【答案】B

【解析】

【分析】按照两位女教师分派到同一个地方时，男老师也分配到该地方的人数为标准进行分类讨论即可

【详解】根据题意，分派方案可分为两种情况：

若两位女教师分配到同一个地方，且该地方没有男老师，则有：种方法；

若两位女教师分配到同一个地方，且该地方有一位男老师，则有：种方法；

故一共有：种分派方法

故选：

7. 已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　 )

A. (－∞，0) B.  C. (0,1) D. (0，＋∞)

【答案】B

【解析】

【详解】函数f（x）=x（lnx﹣ax），则f′（x）=lnx﹣ax+x（﹣a）=lnx﹣2ax+1，

令f′（x）=lnx﹣2ax+1=0得lnx=2ax﹣1，

函数f（x）=x（lnx﹣ax）有两个极值点，等价于f′（x）=lnx﹣2ax+1有两个零点，

等价于函数y=lnx与y=2ax﹣1的图象有两个交点，

在同一个坐标系中作出它们的图象（如图）

当a=时，直线y=2ax﹣1与y=lnx的图象相切，

由图可知，当0＜a＜时，y=lnx与y=2ax﹣1的图象有两个交点．

则实数a的取值范围是（0，）．

故选B．

8. 已知e为自然对数的底数,设函数,则．

A. 当k=1时,f(x)在x=1处取到极小值 B. 当k=1时,f(x)在x=1处取到极大值

C. 当k=2时,f(x)在x=1处取到极小值 D. 当k=2时,f(x)在x=1处取到极大值

【答案】C

【解析】

【详解】

当k=1时，函数f(x)=(ex−1)(x−1).

求导函数可得f′(x)=ex(x−1)+(ex−1)=(xex−1)

f′(1)=e−1≠0，f′(2)=2e2−1≠0，

则f(x)在在x=1处与在x=2处均取不到极值，

当k=2时，函数f(x)=(ex−1)(x−1)2.

求导函数可得f′(x)=ex(x−1)2+2(ex−1)(x−1)=(x−1)(xex+ex−2)

∴当x=1，f′(x)=0，且当x>1时，f′(x)>0，当x0<x<1时(x0为极大值点)，f′(x)<0，故函数f(x)在(1,+∞)上是增函数；在(x0,1)上是减函数，从而函数f(x)在x=1取得极小值．对照选项．

故选C.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分.在每小题给出的四个选项中，可以有多个选项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 如图是导函数的图象，则下列说法正确的是（    ）

A. 为函数的单调递增区间

B. 为函数的单调递减区间

C. 函数在处取得极大值

D. 函数在处取得极小值

【答案】AD

【解析】

【分析】根据 时，，可判断A,B;利用导数的正负与函数极值之间的关系，可判断C,D.

【详解】当 时，，故为函数的单调递增区间，

故A正确，B错误；

当时，，当时，，故 不是函数的极值点，

故C错误；

当时，，当时，，故 是函数的极小值点，

故D正确；

故选：AD

10. A、B、C、D、E五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（    ）

A. 若A、B两人站在一起有48种方法 B. 若A、B不相邻共有12种方法

C. 若A在B左边有60种排法 D. 若A不站在最左边，B不站最右边，有72种方法

【答案】AC

【解析】

【分析】根据分类加法，分步乘法原理，结合排列的相关知识点，对选项一一分析.

【详解】对于A，先将A，B排列，再看成一个元素，和剩余的3人，一共4个元素进行全排列，由分步原理可知共有种，所以A正确；

对于B，先将A，B之外的3人全排列，产生4个空，再将A，B两元素插空，所以共有种，所以B不正确；

对于C，5人全排列，而其中A在B的左边和A在B的右边是等可能的，所以A在B的左边的排法有种，所以以C正确；

对于D，对A分两种情况：一是若A站在最右边，则剩下的4人全排列有种，另一个是A不在最左边也不在最右边，则A从中间的3个位置中任选1个，然后B从除最右边的3个位置中任选1个，最后剩下3人全排列，即，由分类加法原理可知共有种，所以D不正确，

故选：AC

11. 定义在上的函数的导函数为，且恒成立，则必有（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】首先根据条件构造函数，，根据得到在上单调递减，从而得到，再化简即可得到答案.

【详解】由及，得.

设函数，，

则，

所以在上单调递减，从而，

即，

所以，，，.

故选：BD

12. 已知函数，若关于x不等式恒成立，则k的取值可以为（    ）

A. 1 B. e C. 4 D.

【答案】CD

【解析】

【分析】根据给定条件可得最大值不大于0，再分类探讨的最大值即可计算作答.

【详解】依题意，函数的定义域为，求导得：，

当时，在上单调递增，无最大值，且，不符合题意，

从而有，当时，，当时，，即在上递增，在上递减，

因此，当时，，

令，，显然在上单调递减，而，

因，不等式恒成立，则必有，，于是有，

所以，k的取值可以为4或.

故选：CD

【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以探讨函数的最值，借助函数最值转化解决问题.

第Ⅱ卷（共90分）

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 甲、乙、丙、丁、戊5名学生站成一排．甲、乙要相邻．且甲不站在两端，则不同的排法种数______．

【答案】36

【解析】

【分析】甲只能从中间三个位置选一个站，乙要与甲相邻只有两个位置可选择，甲、乙站好后其他三人位置随便站，从而即可求解.

【详解】解：由题意，甲只能从中间三个位置选一个站，乙要与甲相邻只有两个位置可选择，甲、乙站好后其他三人位置随便站，故有种不同的排法种数，

故答案为：36.

14. 函数仅有一个零点，则实数的取值范围是_________．

【答案】或

【解析】

【分析】将函数仅有一个零点转化为只有一个交点，设,求导，求出极值即可得答案.

【详解】令，得，

则函数仅有一个零点即为只有一个交点，

设，得，

令，得，，得或，

则在上递减，上递增，上递减，

故的极小值为，极大值为，

或.

故答案为：或.

15. 如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供4种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻颜色不同，则不同的涂色方法种数为____________．

【答案】72

【解析】

【分析】根据题意，分4步依次分析区域、、、、的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案．

【详解】分4步进行分析：

①，对于区域，有4种颜色可选；

②，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选；

③，对于区域，与、区域相邻，有2种颜色可选；

④，对于区域、，若与颜色相同，区域有2种颜色可选，

若与颜色不相同，区域有1种颜色可选，区域有1种颜色可选，

则区域、有种选择，

则不同的涂色方案有种；

故答案为：72

16. 等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．

【答案】－49

【解析】

【详解】由条件得nSn＝，对f(x)＝求导可得f(x)在上递减，在上递增，分别计算n＝6和n＝7可得，当n＝7时nSn＝最小为－49.

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. 在某次普通话测试中，为测试汉字发音水平，设置了10张卡片，每张卡片印有一个汉字的拼音，其中恰有3张卡片上的拼音带有后鼻音“g”.

（1）现对三位被测试者先后进行测试，第一位被测试者从这10张卡片中随机抽取1张，测试后放回，余下2位的测试，也按同样的方法进行．求这三位被测试者抽取的卡片上，拼音都带有后鼻音“g”的概率．

（2）若某位被测试者从10张卡片中一次随机抽取3张，求这三张卡片上，拼音带有后鼻音“g”的卡片不少于2张的概率．

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】（1）先求出每位测试者抽到的卡片上拼音带有后鼻音“g”的概率，然后可得答案；

（2）首先分别求出所抽取的三张卡片中，恰有1张卡片和恰有2张卡片上的拼音带有后鼻音“g”的概率，然后可得答案.

【详解】（1）每次测试中，被测试者从10张卡片中随机抽取1张卡片上，拼音带有后鼻音“g”的概率为，

因为三位被测试者分别随机抽取一张卡片的事件是相互独立的，因而所求的概率为

（2）设表示所抽取的三张卡片中，恰有张卡片带有后鼻音“g”的事件，且其相应的概率为

则 ,

因而所求概率为

18. 已知等差数列和等比数列满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5．

（Ⅰ）求的通项公式；

（Ⅱ）求和：．

【答案】（1）an=2n−1.（2）

【解析】

【详解】试题分析：（Ⅰ）设等差数列的公差为，代入建立方程进行求解；（Ⅱ）由是等比数列，知依然是等比数列，并且公比是，再利用等比数列求和公式求解.

试题解析：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d.

因为a2+a4=10，所以2a1+4d=10.

解得d=2.

所以an=2n−1.

（Ⅱ）设等比数列的公比为q.

因为b2b4=a5，所以b1qb1q3=9.

解得q2=3.

所以.

从而.

【名师点睛】本题考查了数列求和，一般数列求和的方法：（1）分组转化法，一般适用于等差数列+等比数列的形式；（2）裂项相消法求和，一般适用于，,等的形式；（3）错位相减法求和，一般适用于等差数列等比数列的形式；（4）倒序相加法求和，一般适用于首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和与倒着写和，两式相加除以2即可得到数列求和. 

19. 设函数在处取得极值，且曲线在点处的切线垂直于直线．

（1）求的值；（2）若函数，讨论的单调性．

【答案】（1）；（2）答案见解析.

【解析】

【分析】（1）由导数的几何意义和极值的定义列方程求得参数；

（2）讨论的取值范围，解不等式和，从而判断单调性.

【详解】（1）依题意得，因为在处取得极值，故，

曲线在点处的切线的斜率为，

因为切线垂直于直线，所以切线的斜率为，故，得，

所以；

（2）由（1）知，，

令，则

①当即时，在上恒成立，故函数在上为增函数；

②当即时，，故函数在上为增函数；

③当即时，有两个不等实根， ；当时，故函数在

上增函数，当时，

故函数在上为减函数.

20. 设函数，其中在，曲线在点处的切线垂直于轴

（Ⅰ）求a的值；

（Ⅱ）求函数极值．

【答案】（Ⅰ）

（Ⅱ）极小值

【解析】

【分析】（Ⅰ）因 ，故 由于曲线 在点 处的切线垂直于轴，故该切线斜率为0，即 ，从而 ，解得

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，

令，解得（因 不在定义域内，舍去）当 时， 故 在上为减函数；当 时， 故 在上为增函数，故在 处取得极小值

本小题主要考查利用导数研究曲线上某点切线方程、函数的最值及其几何意义、两条直线平行的判定等基础知识，考查运算求解能力

【详解】

21. 已知椭圆的中心为原点，长轴在轴上，上顶点为，左、右焦点分别为，，线段，的中点分别为，，且是面积为4的直角三角形．

（1）求该椭圆的标准方程；

（2）过作直线交椭圆于，，，求直线的方程．

【答案】（1）   

（2）和

【解析】

【分析】（1）待定系数法设椭圆方程，由题意列方程组求解

（2）待定系数法设直线方程，与椭圆方程联立，将垂直关系转化为向量的数量积运算求解

【小问1详解】

设椭圆的方程为（），

∵是直角三角形，，∴为直角，从而，即

∵，∴， ，

中，，∴

∵，∴，∴

∴椭圆标准方程为；

【小问2详解】

由（1）知，，由题意，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ的方程为

代入椭圆方程，消元可得①

设，，

∴，，

则，

∵，

∴

∵，∴

∴，∴

故直线l的方程为和

22. 设函数(其中).

(Ⅰ)当时,求函数的单调区间；

(Ⅱ)当时,求函数在上的最大值.

【答案】(Ⅰ)函数的递减区间为,递增区间为,.

(Ⅱ)函数在上的最大值.

【解析】

【详解】（1）当时,,

令,得,

当变化时,的变化如下表:

右表可知,函数的递减区间为,递增区间为,.

（2）,

令,得,，令，则，所以在上递增，所以,从而,

所以，所以当时,;

当时,；

所以

令，则，

令，则

在上递减，而

所以存在使得，且当时，,

当时，

所以上单调递增，在上单调递减.

因为，

所以在上恒成立，当且仅当时取等号，

所以，

综上，函数在上的最大值.

考点：1、导数在研究函数性质中的综合应用；2、等价转化的思想.